Draf MODUL FISIKA

DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL BIRO PERENCANAAN DAN KERJASAMA LUAR NEGERI JAKARTA 2007

DRAF MODUL FISIKA Penyusun: Endarko,M.Si. Gatut Yudoyono,M.T. Editor: DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL BIRO PERENCANAAN DAN KERJASAMA LUAR NEGERI JAKARTA 2007 ii

Modul Fisika PENGANTAR

Modul Fisika D DDA AAF FFT TTA AAR RR I IIS SSI II Pengantar iii Daftar Isi iv I. PENDAHULUAN 1 II. PEMBELAJARAN 1 Listrik Statis III. PEMBELAJARAN 2 Listrik Dinamis IV. PEMBELAJARAN 3 Kemagnetan V. PEMBELAJARAN 4 GGL induksi VI. PEMBELAJARAN 5 Arus Bolak-balik VII. PEMBELAJARAN 6 Piranti Semikonduktor VIII. PEMBELAJARAN 7 Optika terapan IX. EVALUASI iv

Modul Fisika I II. .. P PPE EEN NND DDA AAH HHU UUL LLU UUA AAN NN No No Unit Unit Kompetensi 1 2 3 4 Menggunakan hukum Coulomb; menghitung kuat medan listrik, potensial listrik Menggunakan hukum Ohm, hukum Kirchhoff; menghitung energi dan daya listrik Menghitung gaya pada muatan, momen gaya pada loop dalam medan magnet; menghitung induksi magnet oleh muatan bergerak dan arus dalam kawat Menghitung GGL induksi dan indukstansi induktor 5 Menghitung arus transien, arus dan tegangan dalam rangkaian RLC seri 6 7 Menjelaskan p-n junction, diode dan transistor, photodetektor, karakteristik LED dan laser Menjelaskan penjalaran sinar dalam instrumentasi optik dan sistem komunikasi optik Jam/Minggu 2 Jam Semester : 3 Sifat: Wajib Kode Mata Kuliah Nama Matakuliah Fisika Silabus ringkas Fisika merupakan fondasi dari semua cabang ilmu, tidak terlepas dari perkembangan teknologi jaringan dan teknik computer. Kuliah ini bertujuan untuk meberikan pengetahuan, kemampuan dan ketrampilan dalam teknik computer yang berhubungan dengan listrik dan magnet serta prianti semikonduktor dan optika terapan. Pada kuliah ini diharapkan mahasiwa dapat mengimplementasikan contoh dan tugas-tugas dalam hubungan teknik komputer Tujuan Instruksional Umum (TIU) Mahasiswa diharapkan mampu: Menggunakan rumusan-rumusan dasar listrik-magnet Menghitung besaran listrik dalam rangkaian arus bolak-balik

Menjelaskan karakteristik bahan semikonduktor dan sistem komunikasi optic Mata Kuliah Penunjang Matematika 1 Penilaian UTS = 35% UAS = 35 % Tugas = 30 % Daftar Pustaka 1. Marthen Kanginan Fisika SMA Penerbit Erlangga Jakarta 1990. 2. Giancoli, DC, Fisika , Penerbit Erlangga, 2001 3. Tipler, PA, Fisika untuk sains dan teknik , (Terj. Bambang Soegijono), Erlangga, Jakarta, 2001 4. Halliday and Resnick, Fisika , Jilid 2 (Terj. Silaban, P dan Sucipto, E), Erlangga, Jakarta, 1984 5. Kamajaya Penuntun Pelajaran Fisika Klas III SMA , Penerbit Ganeca Exact, Bandung 1988 6. Sutrisno, Elektronika Teori dan penerapannya, Penerbit ITB Bandung, 1986 Format Penulisan SAP -1

Modul Fisika Uraian Rinci Materi Kuliah Mg# Kompetensi Sub Kompetensi Kriteria Kinerja Lingkup Belajar Materi Pokok Pemelajaran Sikap Pengetahuan Keterampilan 1-2 a) Mampu menggunakan hukum coulomb dan menghitung kuat medan listrik b) Mampu menghitung potensial listrik dan kapasitansi kapasitor Listrik Statis Gaya interaksi dua muatan listrik dihitung dengan hukum Coulomb Kuat medan listrik ditentukan oleh muatan titik. Kapasitasi kapasitor ditentukan oleh potensial listrik Materi kompetensi ini membahas tentang: - Muatan listrik Hukum Coulomb - Medan listrik - Potensial listrik

- Kapasitansi Kapasitor Teliti dalam menjelaskan pengaruh gaya interaksi dua muatan -Terjadinya muatan listrik ..Gaya Coulomb (hukum Coulomb) ..Pengertian medan listrik ..Kuat medan listrik - Potensial listrik dan Kapsitansi kapasitor - Menghitung gaya interaksi dua muatan listrik dan kuat medan listrik - Menghitung potensila listrik dan kapasitansi kapasitor. 3-4 a) Mampu menggunakan hukum ohm b) Mampu menjelaskan konsep arus listrik c) Mampu menggunakan hukum kirchoff dalam rangkaian arus searah d) Mampu menghitung energi dan daya listrik Listrik Dinamis Hubungan arus listrik dan

hambatan listrik dihitung melalui hukum ohm arus listrik, tegangan listrik, dan hambatan listrik ditentukan dengan hukum kirchoff Hubungan arus listrik dan tegangan listrik untuk menghitung energi dan daya listrik Hukum ohm Arus listrik Hukum kirchoff Energi dan daya listrik Teliti dalam menghitung arus dan tegangan listrik Pengertian hukum ohm Pengertian arus listrik Pengertian hukum kirchoff Pengertian energi dan daya listrik

Menghitung arus dan tegangan listrik melalui hokum ohm Menghitung arus dan tegangan listrik dengan hokum kirchoff Menghitung enrgi dan daya listrik

Modul Fisika Mg# Kompetensi Sub Kriteria Kinerja Lingkup Belajar Materi Pokok Pemelajaran Kompetensi Pengetahuan Keterampilan 5-6 a) Mampu Kemagnetan Gaya yang Gaya oleh medan Teliti Pengertian Menerapkan menghitung gaya disebabakan magnet dalam muatan prinsip-prinsip pada muatan yang oleh medan Momen gaya pada menentuka magnet medan magnet disebabkan oleh medan magnet b) Mampu menghitung momen gaya pada loop yang berarus dalam medan magnet Momen gaya pada loop yang berarus dalam

medan magnet Induksi magnet oleh muatan loop arus dan magnet Sumber medan magnet Magnetisme dalam bahan n kemagneta n bahan Cara menghitung gaya Lorentz Macam macam sifat kemagnetan bahan pada instalasi personal komputer, system jaringan, system multimedia. magnet bergerak dan c) Mampu mengitung arus dalam induksi magnet kawat oleh muatan bergerak dan arus dalam kawat Magnetism dalam bahan d) Mampu menjelaskan magnetism dalam bahan 7-8 a) Mampu GGL Induksi

Fluks magnetik Teliti Pengertian Menghitung Fluks menghitung fluks GGL Induksi dalam Fluks magnet magnet dan GGL magnet Generator dan menghitung dan GGL induksi b) Mampu motor fluks Induksi menghitung GGL induksi Indukstansi induktor magnetik dan GGL Pengertian generator dan c) Mampu Induksi motor menjelaskan cara kerja generator dan motor d) Mampu menghitung induktansi induktor 911 a) Mampu Arus Bolak Arus bolak-balik

Pengertian IL,IR menghitung arus balik dalam hambatan, dan IC transient dalam induktor dan Pengertian Sikap

Modul Fisika Mg# Kompetensi Sub Kriteria Kinerja Lingkup Belajar Materi Pokok Pemelajaran Kompetensi Pengetahuan Keterampilan inductor dan kapasitor tegangan dan kapasitor Tegangan dan arus arus efektif b) Mampu efektif menjelaskan Rangkaian RLC konsep tegangan Transformator dan arus efektif c) Mampu mengihitung arus dan tegangan dalam rangkaian RLC seri d) Mampu menggunakan rumusan dalam transformator 1214 a) Mampu Piranti Semikonduktor

menjelaskan semikonduktor instrinsik dan

semikonduktor ekstrinsik instrinsik dan Pn junction ekstrisik Dioda dan transitor b) Mampu menjelaskan pn junction Photodiode LED dan laser c) Mampu menjelaskan aliran arus dalam dioda dan transistor d) Mampu menjelaskan cara kerja photodiode e) Mampu menjelaskan karakteristik LED dan laser 1516 a) Mampu Optika terapan Hukumpemantulan

menggunkan dan pembiasan Sikap

Modul Fisika Mg# Kompetensi Sub Kriteria Kinerja Lingkup Belajar Materi Pokok Pemelajaran Kompetensi Pengetahuan Keterampilan hokum pemantulan Instrumentasi optic dan pembiasan Fiber optic b) Mampu Sistem Komunikasi menjelaskan sinar optic dalam system instrumentasi optic c) Mampu menjelaskan karakteristik fiber optic d) Mampu menjelaskan penjalaran sinar dalam system komunikasi optik Sikap

Modul Fisika: Listrik Statis I III II. .. P PPE EEM MMB BBE EEL LLA AAJ JJA AAR RRA AAN NN 1 11 L LLi iis sst ttr rri iik kk S SSt tta aat tti iis ss Kata listrik dapat membangkitkan bayangan teknologi modern yang sangat kompleks, s eperti peralatan komputer yang canggih, sumber cahaya yang sangat menopang kehi-dupan m anusia, gerak motor listrik, daya listrik. Tetapi gaya listrik akan tampak memainkan peranan y ang lebih dalam pada kehidupan kita. Studi awal mengenai kelistrikan telah dilakukan jauh di zaman kira-kira 600 tahu n sebelum masehi oleh orang Yunani, tetapi baru pada dua abad terakhir dilakukan studi lengkap me ngenai gejala dan hal-hal yang berhubungan dengan kelistrikan. Pada modul ini akan dibahas bagaima na membangkitkan muatan listrik, gaya tarik/tolak antara dua atau lebih partikel be rmuatan listrik, serta kuat medan listrik oleh muatan titik.

1. Muatan Listrik dan Kekekalannya Kata listrik berasal dari kata Yunani elektron yang berarti ambar . Ambar adalah suatu damar pohon yang telah membatu, dan jika digosok dengan kain wol akan diperoleh sifat yang dapat menarik benda-benda ringan. Perilaku batu ambar seperti ini sekarang dapat dikat akan bahwa batu ambar terelektrifikasi atau memperoleh muatan listrik atau secara listrik dimuati .

Proses elektrifikasi ini sekarang kita sebut sebagai listrik statis, seperti yang ditun jukkan pada Gambar 1. Untuk memberi muatan listrik pada benda padat, dapat dilakukan dengan menggosokgosokkannya benda tersebut pada benda lain. Jadi, sebuah mobil yang sedang melaju akan mempe roleh muatan listrik akibat geraknya menembus udara sekelilingnya; selembar kertas akan bermu atan listrik ketika bergerak dalam mesin cetak. Pada masing-masing kasus di atas sebuah benda menjad i bermuatan listrik karena proses penggosokan terhadap benda lain dan dikatakan memiliki mua tan listrik total. Sesungguhnya, persinggungan yang rapat saja sudah akan menimbulkan muatan listri k. Menggosok artinya tidak lain adalah membuat persinggungan rapat antara permukaan dua benda .

Modul Fisika: Listrik Statis (a) (b) (c) Gambar 1. Proses elektrifikasi (a) penggosokan (b) sisir menarik benda-benda kecil, (c) penggaris menarik potongan kertas kecil Apakah semua muatan listrik sama, atau mungkinkah ada lebih dari satu jenis muat an? Pada kenyataannya ada dua jenis muatan listrik berdasar kegiatan empiris, sebagaimana ditunjukkan oleh eksperimen seperti pada Gambar 2. Sebuah penggaris plastik yang digantungkan den gan tali dan digosokkan dengan keras pada kain untuk membuatnya bermuatan. Ketika penggaris k e dua yang juga telah dimuati dengan cara yang sama didekatkan ke penggaris yang pertama, t erlihat bahwa satu penggaris menolak penggaris plastik yang lainnya, seperti ditunjukkan pada Gamba r 2(a). Dengan cara yang sama, jika sebuah batang kaca yang telah digosok dan kemudian didekatk an dengan batang kaca lain yang telah bermuatan kembali menunjukkan adanya gaya tolak-menolak, se perti Gambar 2(b). Sebaliknya jika batang kaca yang telah bermuatan didekatkan dengan penggaris pla stik yang juga telah bermuatan (keduanya dimuatan dengan cara menggosok), maka terlihat bahwa k edua benda saling tarik-menarik, seperti yang ditunjukkan pada Gambar 2(c ). Kejadian menun jukkan bahwa ada perbedaan muatan listrik antara muatan pada plastik dan muatan yang dibawa o leh kaca, dengan kata lain bahwa ada dua jenis muatan yang terbentuk pada benda yang digosok. Dar i ketiga kejadian sederhana tadi maka gaya interaksi antara dua benda bermuatan menunjukkan bahwa muatan sejenis akan tolak-menolak dan sebaliknya muatan yang tidak sejenis akan saling tarik-me narik. Seorang negarawan, filsuf, dan ilmuwan Amerika Benjamin Franklin (1706-1790) men ga-jukan argument bahwa ketika sejumlah muatan dihasilkan pada suatu benda dalam satu pro ses, maka muatan yang berlawanan dengan jumlah yang sama dihasilkan pada benda yang lainny a. Positif dan negatif diperlakukan secara aljabar, sehingga pada setiap proses, perubahan tota l jumlah muatan yang dihasilkan selalu nol. Sebagai contoh, ketika penggaris plastik digosok den gan handuk kertas, maka penggaris plastik mendapatkan muatan negatif sedangkan handuk akan mendapat kan muatan positif dengan jumlah yang sama. Muatan-muatan tersebut terpisah, tetapi jumlah keduanya nol. Ini merupakan contoh hukum yang dikenal sebagai hukum kekekalan muatan listrik yang menyatakan bahwa: jumlah total muatan listrik yang dihasilkan pada setiap proses adalah nol .

Jika suatu benda atau bagian ruang mendapatkan muatan positif, mala muatan negat if dengan jumlah yang sama akan ditemukan di daerah sekitarnya atau benda di dekatnya. Tidak pern ah ditemukan penyimpangan dari hukum ini, dan hukum kekekalan ini sama kuatnya seperti hukum kekekalan energi dan momentum.

Modul Fisika: Listrik Statis (a) Dua penggaris plastik yang bermuatan saling (b) Dua batang kaca yang bermuat an saling tolak-menolak tolak-menolak (c) Batang kaca bermuatan menarik penggaris plastik bermuatan Gambar 2. Muatan yang tidak sejenis akan tarik-menarik, sedangkan muatan yang sejenis akan tolak-menolak 2. Muatan Listrik dalam Atom Konsep kelistrikkan semakin menunjukkan kemajuan ketika konsep kelistrikan dimul ai dari dalam atom itu sendiri. Konsep ini berkembang baru pada dua abad terakhir. Pada bagian ini akan dibahas struktur atom dan gagasan-gagasan yang membawa kita terhadap pandangan atom yang saat ini lebih rinci. Perkataan atom berasal dari bahasa Yunani atomos yang berarti tak dapat dibagi. Partikel subatom yang membentuk atom ada tiga macam yakni elektron, proton, dan netron, dengan mo del atom seperti ditunjukkan pada Gambar 3. Atom memiliki inti bermuatan positif yang ber at, dan dikelilingi oleh satu atau lebih elektron bermuatan negatif. Inti terdiri dari proton yang b ermuatan positif, dan netron tidak bermuatan (netral). Besarnya muatan negatif (elektron) sama dengan besarnya muatan positif (proton) dan tidak ada muatan yang lebih kecil dari kedua muatan partike l ini, sehingga seringkali disebut dengan satuan dasar muatan (e). Semua muatan benda merupakan kelipatan bilangan bulat dari satuan dasar muatan, dengan demikian muatan bersifat terkuan tisasi (diskrit). Setiap muatan Q yang ada di alam dapat dituliskan dalam bentuk Q = Ne. Kuantisas i muatan listrik kadangkala tidak teramati karena biasanya N memiliki harga yang sangat besar, se perti misalkan pada batang plastik yang digosokkan pada kain wol maka akan berpindah sejumlah e lektron sebanyak sekitar 1010 . Sedangkan proses berkurang atau bertambahnya elektron pa da suatu benda disebut dengan ionisasi. Besarnya satuan dasar muatan listrik e adalah e = 1,6010-19 C

Modul Fisika: Listrik Statis Gambar 3. Model atom sederhana Massa proton dan netron besarnya hampir sama, dan massanya 1840 kali massa elekt ron. Jadi, praktis seluruh massa atom terpusat di intinya. Karena satu kilomol hydrogen ber atom tunggal terdiri atas 6,02x1026 partikel (bilangan Avogadro) dan massanya 1,008 kg, maka massa at om hydrogen adalah 1,008 kg -27 mhidrogen == 1,67x10 kg 6,02x1026 Atom hydrogen adalah satu-satunya pengecualian dari dalil bahwa setiap atom terd iri dari 3 macam partikel subatom. Inti atom hydrogen hanya sebuah proton, dikitari oleh satu ele ktron dan selebihnya merupakan massa atom hydrogen, (1/1840) bagian adalah massa elektron dan selebih nya merupakan massa proton. Dinyatakan dengan tiga angka penting maka massa elektron adalah 1,67x10-27 kg -31 Massa elektron == 9,11x10 kg 1840 1,67 10-27 Massa proton = x kg Karena massa proton dan massa neutron hampir sama, maka 1,67 10-27 Massa neutron = = x kg Dalam susunan berkala atom (tabel periodik), setiap unsur ditulis dalam satu kot ak dan di bagian bawahnya terdapat bilangan yang menyatakan nomor atom. Nomor atom menunjukkan banyaknya proton dalam inti, atau, dalam keadaan tidak terusik, merupakan banyaknya elektron di luar inti . Bila jumlah total proton sama dengan jumlah total elektron, maka benda yang bers angkutan sebagai suatu keutuhan netral secara listrik. Ketika kita ingin melebihkan muatan negatif pada suatu benda, hal ini dapat dila

kukan dengan dua cara, yakni cara pertama: tambahkan muatan negatif pada benda netral, atau cara ke dua: mengambil sejumlah muatan positif pada benda tersebut. Begitu pula, kalau muatan positif

Modul Fisika: Listrik Statis ditambahkan atau bila muatan negatif dikurangkan, maka akan terjadi kelebihan mu atan positif. Dalam kebanyakan kejadian, muatan negatiflah (elektron) yang ditambahkan atau di kurangi, dan benda yang disebut bermuatan positif adalah benda yang jumlah normal muatan elektr onnya berkurang. Yang dimaksud dengan muatan suatu benda adalah muatan lebihnya, dibandi ngkan dengan jumlah muatan positif atau negatif dalam benda itu, muatan lebih tersebut jumlahnya jauh lebih sedikit. Pada benda padat, inti cenderung berada pada posisi yang tetap, sementara elektr on bergerak cukup bebas. Pemberian muatan pada benda padat dengan cara menggosok bisa dijelaskan s ebagai perpindahan elektron dari satu benda ke benda yang lainnya. Penggaris plastik me njadi bermuatan negatif ketika digosok dengan handuk kertas, perpindahan elektron dari handuk ke plastik membuat handuk bermuatan positif yang sama besarnya dengan muatan negatif yang didapat o leh plastik. Biasanya muatan pada ke dua benda hanya bertahan dalam waktu yang terbatas dan a khirnya ke dua benda kembali ke-keadaan netral. Gambar 4. Sebuah molekul polar H2O, mempunyai muatan yang berlawanan pada ujung yang berbeda Pertanyaan yang muncul dalam benak kita adalah ke mana muatan itu pergi?. Dalam beberapa kasus, hal ini dinetralkan oleh ion-ion bermuatan di udara (misalnya, oleh tumbu kan dengan partikelpartikel bermuatan, yang dikenal sebagai sinar kosmik dari ruang angkasa yang mencapai bu mi). Hal yang penting diketahui, bahwa muatan dapat lepas ke inti air yang ada di udara. Ini karena molekulmolekul air adalah polar, sehingga eleKtron-elektron ekstra pada penggaris plastik, dapa t lepas ke udara karena di tarik menuju molekul-molekul positif air, seperti yang ditunjukk an dalam Gambar 4. Di sisi yang lain, benda-benda yang dimuati secara positif, dapat dinetralkan ol eh hilangnya elektronelektron air dari molekul-molekul udara ke benda-benda bermuatan positif tersebut. Pada u dara kering, listrik statis lebih mudah diperoleh karena udara berisi lebih sedikit m olekul-molekul yang dapat berpindah. Pada udara lembab, lebih sulit untuk membuat benda bermuatan ta han lama. 3. Muatan Konduksi, Induksi Seperti yang telah dijelaskan pada bagian sebelumnya cara memperoleh muatan list rik adalah dengan cara melebihkan salah satu muatan. Ada dua cara yaitu: (1) cara konduksi dan (2) cara induksi.

Cara Konduksi Bila sebuah benda logam bermuatan positif disentuhkan dengan ng tidak bermuatan (netral), maka elektron-elektron bebas dalam logam rtarik menuju logam yang bermuatan positif, seperti yang ditunjukkan dalam karang logam ke dua tersebut kehilangan beberapa elektronnya, maka logam ini tif. Proses benda logam lain ya yang netral akan te Gambar 5. Karena se akan bermuatan posi

Modul Fisika: Listrik Statis demikian disebut memuati dengan cara konduksi atau dengan cara sentuhan, dan akh irnya ke dua benda memiliki muatan dengan tanda yang sama. Batang logam netral Batang logam dimuati dengan cara sentuhan Gambar 5. Memberi muatan dengan cara konduksi Cara Induksi Bila benda bermuatan positif didekatkan pada batang logam yang netral, tetapi ti dak disentuhkan, maka elektron-elektron batang logam tidak meninggalkan batang logam, namun elekt ron-elektron tersebut bergerak dalam batang logam menuju benda yang bermuatan, dan meninggalk an muatan positif pada ujung yang berlawanan, seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 6. Proses seperti Gambar 6. dikatakan, muatan di-induksikan pada ke dua ujung batan g logam. Pada proses ini tidak ada muatan total yang dihasilkan pada batang logam, muatan hany a dipisahkan, sehingga muatan batang logam tetap nol. Meskipun demikian, jika batang logam dip otong menjadi dua bagian, kita akan memiliki dua benda yang bermuatan, satu bermuatan positif dan yang satunya bermuatan negatif. Batang logam netral Batang logam tetap netral, tetapi dengan pemisahan muatan Gambar 6. Memberi muatan dengan cara induksi Cara lain untuk menginduksi muatan total pada benda logam adalah dengan menghubu ng-kannya dengan kawat penghantar ke tanah (ground) sebagaimana ditunjukkan dalam Gambar 7 (a). (berarti ground ). Selanjutnya benda dikatakan di-ground-kan atau dibumikan. Karena bumi san gat besar dan dapat menyalurkan elektron, maka bumi dengan mudah dapat menerima ataupun me mberi elektron-elektron; oleh karena itu, bumi dapat bertindak sebagai penampung (rese rvoir) untuk muatan. Jika suatu benda bermuatan, misalnya muatan negatif didekatkan ke sebuah logam, maka elektron-elektron bebas dalam logam akan menolak dan beberapa elektron akan berg erak menuju bumi melalui kawat (Gambar 7(b)). Hal ini menyebakan logam tersebut bermuatan po sitif. JIka sekarang kawat dipotong, logam akan memiliki muatan induksi positif (Gambar 7(c) ), dan setelah

benda negatif dijauhkan, elektron-elektron seluruhnya akan kembali ke logam dan benda akan netral.

Modul Fisika: Listrik Statis (b) Mengalirkan muatan ke (a) Grounding (c ) Benda netral kembali tanah Gambar 7. Menginduksi muatan ke sebuah benda yang terhubung ke tanah 4 44. .. H HHu uuk kku uum mm C CCo oou uul llo oom mmb bb Pada pembahasan sebelumnya telah dijelaskan adanya gaya interaksi antara dua bua h benda yang bermuatan listrik, terjadi gaya tarik-menarik antara dua buah muatan yang tidak sejenis, begitu juga sebaliknya. Yang menjadi pertanyaan adalah: faktor-faktor apa yang mempengaruhi besar gaya ini? Seorang fisikawan Perancis Charles Coulomb (1736 1806) menyelidiki adanya gaya l istrik pada tahun 1780-an dengan menggunakan pengimbang torsi. Walaupun peralatan yang khusu s yang mengukur muatan listrik tidak ada pada masa Coulomb, ia menyiapkan bola-bola kec il dengan muatan yang berbeda dan rasio kedua muatan diketahui. Hasil eksperimennya menyim pulkan bahwa: 1. Gaya interaksi antara dua muatan se-banding dengan hasil kali dua muatan. 2. Gaya interaksi antara dua muatan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak ant ara ke dua muatan (Gambar 8) Gambar 8. Dua buah muatan berjarak R Secara matematis hasil pengamatan secara eksperimen dapat dinyatakan dengan pers amaan : Q1Q2 F =k (1) R2 dengan k adalah konstanta pembanding yang besarnya (8,988 x 109) N.m2/C2 (biasan ya dibulatkan menjadi 9 x 109 N.m2/C2 ).

Gaya F pada hukum Coulomb menyatakan besar gaya listrik yang diberikan masing-ma sing benda bermuatan kepada yang lainnya, dan hukum ini hanya berlaku untuk muatan yang dia m. Arah gaya listrik selalu sepanjang garis yang menghubungkan ke dua benda tersebut. Jika ke dua benda muatannya sejenis, maka gaya pada masing-masing benda berarah menjauhi muatan (t olak-menolak). Sebaliknya jika ke dua benda muatannya tidak sejenis, maka gaya pada masing-masi ng benda mempunyai arah menuju benda yang lain (tarik-menarik), seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 9.

Modul Fisika: Listrik Statis Gambar 9. Arah gaya tergantung jenis muatan (a) sejenis (b) tidak sejenis Konstanta k seringkali ditulis dalam bentuk besaran yang berhubungan dengan sifa t kelis-trikan eo yang disebut dengan permitivitas ruang hampa. Konstanta ini dihubungkan dengan k =1/4p eo. dengan demikian hukum Coulomb dapat dituliskan 1 Q1Q2 F = 4pe oR2 dengan 1 122 2 e o == 8,85x10 C / N.m 4p k Gaya listrik, seperti gaya-gaya yang lain adalah besaran vektor. Suatu besaran v ektor mempunyai besar dan arah. Akan tetapi hukum Coulomb yang dituliskan dalam persamaan di ata s hanya akan memberikan besarnya gaya. Untuk menentukan arah, perlu menggam-bar diagram dan menginterpretasikan hubungan dengan muatan secara hati-hati. Ketika menghitung d engan hukum Coulomb, kita biasanya mengabaikan tanda muatan-muatan dan menentukan arah berda sarkan pada apakah gaya tersebut tarik-menarik atau tolak-menolak. CONTOH 1 Tentukan besar gaya listrik pada elektron dalam atom hydrogen yang diberikan ole h satu proton (Q2 = +e) yang merupakan intinya. Anggap elektron mengorbit proton pada jarak ra ta-rata r = 0,53x10-10 m Penyelesaian Menggunakan hukum Coulomb, dengan r = 0,53x10-10 m, Q1= Q2 = 1,6x10-19 C, dan dengan mengabaikan tanda-tanda muatan diperoleh 19 19

9 (1,6x10 )(1,6x10 ) 8 F = 9x10 = 8,2x10 N 10 2 (0,53x10 ) Arah gaya pada elektron adalah menuju proton, karena muatan-muatan tersebut memi liki tanda yang berlawanan, sehingga gaya bersifat-tarik menarik.

Modul Fisika: Listrik Statis Gaya listrik antara partikel-partikel yang bermuatan dalam keadaan diam, seperti halnya semua gaya merupakan besaran vektor, gaya ini memiliki besar dan arah. Ketika beberapa gaya bekerja pada sebuah benda, misalnya F1, F2, dan seterusnya, maka gaya total Fnet pada benda m erupakan jumlah vektor dari semua gaya yang bekerja padanya. Jika terdapat vektor gaya F1 dan F2 yang tidak segaris kerja, maka gaya total Fn et tidak dapat dijumlahkan secara langsung, tetapi harus dijumlahkan secara vektor (ingat opera si vektor pada modul Besaran dan Vektor). Cara yang relatif mudah dapat dilakukan dengan metode analitik yakni dengan menguraikan masing-masing vektor kedalam dua sumbu yang saling tegak luru s. Dipilih penguraian vektor menjadi komponen sepanjang sumbu x dan y, seperti yang ditunju kkan dalam Gambar 14. (a) (b) Gambar 14. Penguraian komponen gaya terhadap sumbu x dan y Penguraian fungsi-fungsi trigonometri menurut Gambar 14(b) diperoleh : F F F F = cos . = cos .

1x11 2x22 F F F F = sin. = sin.

1y11 2y2 2 Penjumlahan komponen-komponen x dan y secara terpisah untuk mendapatkan komponen gaya resultan F, adalah F F F F F = + = cos .+ cos .

x1x2x1 12 2 F = F + F =

F sin.F sin. y1y2y1 12 2 Besar F adalah F = Fx2 + Fy2 Arah F ditentukan oleh sudut . yang dibuat F terhadap sumbu x, yang dinyatakan d engan : F tan .= y Fx Penggambaran diagram sangat penting untuk penyelesaian suatu masalah, terutama d iagram benda bebas untuk setiap benda, yang menunjukkan semua gaya yang bekerja pada benda te rsebut. Dalam menerapkan hukum Coulomb, biasanya hanya berhadapan dengan besar muatan saja (de ngan mengabaikan tanda minus) untuk mendapatkan besar setiap gaya. Kemudian tentukan arah gaya secara fisik, muatan sejenis tolak-menolak dan muatan tak sejenis tarik-menarik selanjutnya gambarkan arah gaya-gaya tersebut pada diagram. Akhirnya jumlahkan gaya-gaya ter sebut pada suatu benda secara vektor.

Modul Fisika: Listrik Statis CONTOH 2 Tiga partikel bermuatan disusun dalam satu garis, seperti gambar disamping. Tentukan gaya elektrostatik total pada Q3 yang disebabkan oleh dua muatan yang lain, bila r12 = 30 cm, r23 = 20 cm, Q1 = -8.10-6 C, Q2 = +3.10-6 C, Q3 = -4.10-6 C. Penyelesaian Arah gaya yang bekerja pada muatan Q3 dinyatakan seperti gambar di bawah. Gaya total pada muatan Q3 merupakan jumlah vektor gaya F31 yang diakibatkan oleh muatan Q1 dan gaya F32 yang diakibatkan oleh muatan Q2. Tanda positif dan negatif pada muatan tidak perlu dimasukkan dalam perhitungan, tetapi harus disadari bahwa keberadaanya untuk menentukan arah setiap gaya. Dari gambar tampa k bahwa F32 tarik menarik dan berarah ke kiri sedangkan F31 tolak menolak dan berarah ke kanan. -6 -6 Q Q (4x10 C).(8x10 C) 31 922 F = k2 = 9x10 N.m /C 2 = 1,2 N 31 r (0,5m) -6 -6 Q Q 9 2 2 (4x10 C).(3x10 C) F = k 32 = 9x10 N.m /C = 2,7 N32 r2 (0,2m)2 Jika arah kanan F31 dianggap menunjuk ke arah x positif dan arah kiri F32 menunj uk ke arah x negatif. Maka gaya total pada muatan Q3 adalah F = F F = 1,2 N -

2,7 N =-1,5 N 3 31 32 CONTOH 3 Tiga muatan Q1, Q2, dan Q3 tersusun seperti gambar disamping. Tentukan Gaya elektrostatik total pada muatan Q3, bila r23 = 30 cm, r21=52 cm, Q1 = 86 C, Q2 = 50 C, Q3 = 65 C. Penyelesaian Gaya-gaya F31, F32 dan penguraian arahnya ditunjukkan dalam gambar disamping. Q3Q1 F = k2 31 r -5 -5 9 2 2 (6,5x10 C).(8,6x10 C) = (9x10 N.m /C ) = 140 N (0,6 m)2 -5 -5 Q Q (6,5x10 C)(5x10 C) 32 922 F32 = k = (9x10 N.m /C ) = 330 N r2 (0,3m)2 I.10

Modul Fisika: Listrik Statis Karena F31 berada pada bidang xy, maka F31 perlu diuraikan terhadap komponen-kom ponennya sepanjang sumbu x dan y, sehingga F = F cos 300 = 120 N 31X 31 F = F sin300 =-70 N 31Y 31 Gaya F32 hanya mempunyai komponen y, sehingga gaya total pada muatan Q3 mempunya i komponen-komponen : F = F = 120 N , F = F + F = (300 70)N = 260 N 3X 31X 3Y 32 31Y Dengan demikian besar gaya total pada muatan Q3 adalah : F3 = F2 + F2 = (120 N)2 + (260 N)2 = 290 N 3X 3Y Sedangkan arah gayanya: -1 F3Y -1 260 -10 .= tan = tan = tan 2,2 = 65 F3X 120 Vektor gaya listrik dari hukum Coulomb pada Persamaan (1) masih dinyatakan dalam bentuk skalar. rr

Tinjau dua partikel bermuatan positif Q1 dan Q2 yang mempunyai vektor posisi r1 dan r2 terhadap pusat koordinat seperti ditunjukkan oleh Gambar 15. Vektor gaya listrik yang dir asakan oleh muatan pertama karena muatan kedua dinyatakan sebagai: QQ r1 2 F = kR 12 212 (3) R12 5 55. .. M MMe eed dda aan nn L LLi iis sst ttr rri iik kk Pada pembahasan sebelumnya telah dijelaskan adanya gaya interaksi antara dua mua tan baik yang sejenis maupun tidak sejenis. Pada bagian ini akan jelaskan hubungan antara kuat medan listrik dengan muatan pada suatu titik, serta menghitung kuat medan listriknya. Pada umumnya gaya bekerja karena adanya kontak antara dua benda, seperti gaya te kan atau gaya dorong yang diberikan pada suatu balok, gaya pada raket tenis ketika memukul bol a tennis. Namun, sebaliknya gaya listrik timbul tanpa adanya persentuhan antara ke dua benda, bah kan gaya listrik dapat dirasakan pada jarak tertentu, konsep gaya seperti ini relatif sukar untuk dimengerti sehingga perlu dikenalkan konsep medan (seperti halnya medan gravitasi Newton). Seorang f isikawan Inggris Michael Faraday (1791-1867) adalah orang yang pertama kali mengenalkan konsep me dan listrik dengan menyatakan bahwa medan listrik keluar dari setiap muatan dan menyebar ke seluruh ruang, seperti Gambar 15. Ketika muatan ke dua diletakkan di dekat yang pertama, ia aka n merasakan gaya yang disebabkan oleh adanya medan listrik di tempat itu, misalnya titik P. Medan listrik pada lokasi muatan ke dua dianggap berinteraksi langsung dengan muatan ini untuk menghasilka n gaya. Bagaimana-pun, harus ditekankan bahwa sebuah medan, bukan merupakan sebuah zat.

Modul Fisika: Listrik Statis Seperti pernyataan di atas, kuat medan listrik tidak dapat dihitung secara langs ung, tetapi dapat dihitung melalui gaya interaksi oleh dua muatan. Oleh karena itu, untuk menentuk an berapa besarnya kuat medan listrik oleh suatu muatan di suatu titik, dapat dilakukan dengan cara meletakkan sebuah muatan penguji (pengetes), seperti yang ditunjukkan pada Gambar 2.16. Yang dimak sud muatan penguji adalah partikel bermuatan yang sangat kecil (muatannya) dengan muatan po sitif qo, sehingga gaya yang diberikan tidak mengubah secara signifikan terhadap distribusi muatan terhadap medan yang diukur. Gambar 15. Arah medan listrik di sekitar muatan Q Gaya pada muatan penguji positif qo yang kecil, diletakkan pada beberapa titik d i sekitar muatan positif Q, seperti yang Gambar 16. Gaya pada titik b sedikit lebih kecil dari ti tik a karena jaraknya lebih besar, dan gaya pada titik c lebih kecil lagi. Pada setiap kasus, gaya men garah secara radial keluar dari Q, demikian pula bila di setiap titik dalam ruang di sekitar muatan Q ditempatkan muatan uji qo maka gaya pada masing-masing titik mengarah secara radial keluar dari Q. Tetapi bila muatannya negatif, maka gaya-gaya yang dirasakan oleh muatan penguji positif qo mempunyai arah radial masuk kedalam muatan Q negatif. Gambar 16. Gaya yang diberikan oleh muatan +Q pada sebuah muatan penguji q, pada titik a, b, dan c Medan listrik merupakan daerah yang masih merasakan adanya pengaruh gaya listrik , yang disebabkan oleh suatu muatan. Medan listrik E pada setiap titik pada ruang didef inisikan sebagai r vektor gaya F yang dirasakan oleh muatan penguji positif pada titik tersebut dib agi dengan besar muatan uji qo : r r FQ E = q =

kR2 R

(4)

Modul Fisika: Listrik Statis Karena kuat medan E seperti halnya gaya F merupakan besaran vektor, maka perhitu ngan kuat medan listrik harus selesaikan secara vektor. Medan listrik di suatu titik yang disebabkan oleh sejumlah muatan titik dapat di hitung dari jumlah vektor medan listrik masing-masing muatan, yang secara matematis dinyatakan seba gai: rrrr r E = E + E + E +L + E 123 n r n r n Q E =SEi =Sk 2 Ri i=1 i=1 Ri CONTOH 5 Dua muatan titik masing-masing -25 C dan +50 C terpisah pada jarak 10 cm. Tentukan : (a) Besar dan arah medan listrik diantara ke dua muatan pada jarak 2 cm dari mua tan yang negatif. (b) Besar dan arah percepatansebuah elektron jika diletakkan diantara ke dua mua tan pada jarak 2 cm dari muatan negatif. Penyelesaian (a) Medan E1 dan E2 yang disebabkan oleh muatan Q1 dan Q2 arahnya sama-sama ke kiri. E1 menunjuk kea rah Q1 dan E2 menunjuk kea rah menjauhi Q2, seperti yang ditunjukka n dalam gambar di atas. Kuat medan listrik pada titik P dapat dihitung dengan cara menjumlahkan secara a ljabar dari kedua medan dengan mengabaikan tanda dari muatan tersebut : QQ Q . (Q / Q ).

121 21 EP = k + k = k 1+ 22 2 . 22 . r1 r2 r1 . (r2/ r1) . (25x10-6 C) . 50/ 25 . 9 22 EP = (9x10 N.m / C )1+ -22 .2 . (2x10 m) . (8/ 2) . 88 1 = 5,6x10 [1+ 8 ] N / C = 6,3x10 N / C Pengeluaran faktor Q1/ r12 pada baris pertama memungkinkan untuk melihat kekuata n relative dari kedua medan yang terlibat, artinya medan Q2 hanya 1/8 dari medan Q 1 (1/9 dari medan totalnya)

Modul Fisika: Listrik Statis (b) Elektron akan merasakan gaya ke kanan karena ia bermuatan negtif, sehingga p ercepatannya juga akan mengarah ke kanan, dengan besar -19 8 F qE (1,6x19 C).(6,3x10 N / C) 20 2 a === = 1,1x10 m/s m m 9,1x10-31kg 6 66. .. P PPo oot tte een nns ssi iia aal ll L LLi iis sst ttr rri iik kk d dda aan nn E EEn nne eer rrg ggi ii P PPo oot tte een nns ssi iia aal ll Dalam pelajaran mekanika, kita mendapatkan bahwa konsep energi potensial sangat berguna. Ketika kita mengangkat suatu benda dengan massa m setinggi h dekat permukaan bumi, kerj a yang kita lakukan menjadi energi potensial mgh dari suatu sistem masa bumi. Jika kita kemu dian menjatuhkan benda tersebut, energi potensial ini diubah menjadi energi kinetik. Gaya listrik

antara dua muatan adalah searah sepanjang garis muatan-muatan dan berbanding terbalik terhadap kua drat jaraknya, sama dengan gaya gravitasi antara dua massa. Seperti gaya gravitasi, gaya listri k adalah konservatif. Sehingga ada hubungan fungsi energi potensial dengan gaya listrik. Seperti yang akan kita lihat, energi potensial partikel dalam suatu medan listrik sebanding dengan muatannya. Energi potensial diukur dalam volt dan umumnya disebut tegangan. Dalam kegiatan belajar ini, kita akan mendefiniskan fungsi potensial listrik V dan menunjukkan bagaimana menghitung po tensial dari distribusi muatan yang diberikan atau dari medan listrik yang diberikan, serta b agaimana potensial . listrik dihubungkan dengan medan listrik E dan energi potensial listrik. P PPo oot tte een nns ssi iia aal ll L LLi iis sst ttr rri iik kk d dda aan nn B BBe eed dda aa P PPo oot tte een nns ssi iia aal ll . Secara umum, ketika gaya konservatif F bekerja pada sebuah partikel yang mengala mi perpindahan

. dl perubahan dalm fungsi energi potensial dU didefinisikan dengan persamaan: .. dU =F .dl (1) Kerja yang dilakukan oleh gaya konservatif mengurangi energi potensial (Gambar 1 ). Gaya yang . digunakan medan listrik E pada muatan q0 adalah: . . = EqF 0 (2) . . Ketika muatan mengalami perpindahan dl dalam medan listrik E , perubahan energi potensial elektrostatik adalah .. = E.dlqdU 0 (3) Jika muatan dipindahkan dari satu titik awal a ke suati titik akhir b, perubahan energi potensial elektrostatiknya adalah bb .. .U= Ub Ua =.dU = -.q0 E.dl (4) aa

Modul Fisika: Listrik Statis Perubahan energi potensial sebanding dengan muatan uji q0. Perubahan energi pote nsial per satuan muatan disebut beda potensial dV. Definisi beda potensial dU .. dV = =E.dl (5) q 0 Untuk perpindahan berhingga dari titik a ke titik b, perubahan potensialnya adal ah dU b .. .V = Vb Va = =-.E.dl (6) q 0 a Beda potensial Vb-Va adalah negatif dari kerja per satuan muatan yang dilakukan oleh medan listrik pada muatan uji positif jika muatan pindah dari titik a ke titik b. Seperti dengan energi potensial U, hanya perubahan potensial V sa jalah yang dia nggap penting. Kita bebas memilih energi potensial atau potensial nol pada titik yang sesuai, sepert i yang kita lakukan untuk energi potensial mekanik. Karena potensial listrik adalah energi potensial elektrostatik per satuan muatan, satuan SI untuk potensial dan beda potensial adalah joule per cou lomb = volt (V). 1 V = 1 J/C (7) Bumi Muatan Negatif .l .l m +q g E mg qE (a) (b) Gambar 1 (a) Kerja yang dilakukan oleh medan gravitasi pad sebuah massa menguran gi energi

potensial gravitasi. (b) Kerja yang dilakukan oleh medan listrik pada sebuah mua tan +q mengurangi energi potensial elektrostatik. CONTOH SOAL 1 Medan listrik menunjuk pada arah x positif dan mempunyai besar konstan 10 N/C = 10 V/m. Tentukan potensial sebagai fungsi x, anggap bahwa V = 0 pada x = 0. Penyelesaian . Vektor medan listrik diberikan dengan E = 10 N/C i = 10 V/m i. Untuk suatu perpi ndahan . sembarang dl , perubahan potensial diberikan oleh persamaan 5. dU .. dV = =E.dl= -(10 V/m) i . (dx i + dy j + dz k) q 0

Modul Fisika: Listrik Statis = - (10 V/m) dx Dengan integrasi dari titik x1 ke x2 kita dapatkan beda potensial V(x2) xx 22 V(x2) V(x1) =.dV =. (10V /m)dx xx 11 =-(10V /m)(x2 x1) = (10V /m)(x1 x2) Karena diketahui bahwa potensial nol pada x = 0, kita mempunyai V(x1) = 0 pada x 1 = 0. Maka potensial pada x2 relatif terhadap V = 0 pada x = 0 diberikan oleh V(x2) 0 = (10 V/m)(0 x2) atau V(x2) = - (10 V/m) x2 Pada titik sembarang x, potensialnya adalah V(x) = - (10 V/m)x Jadi potensial nol pada x = 0 dan berkurang 10 V/m dalam arah x. POTENSIAL OLEH SISTEM MUATAN TITIK Potensial listrik oleh muatan titik q di pusat dapat dihutung dari medan listrik , yang diberikan oleh . kq . E = r (8) 2 r .. Jika muatan uji q0 pada jarak r diberikan suatu perpindahan dl = dr r , perubahan energi potensialnya .. dU =-q0 E.dl , dan perubahan potensial listrik adalah .. .. V(x1),

kq kq dV =E.dl =r.dr r =dr (9) 22 rr dengan integrasi kita dapatkan potensial oleh muatan titik, kq V =++V0 (10) r dengan V0 adalah konstanta integral. Biasanya pendefinisian potensial nol ada pada jarak takhingga dari muatan titik (yaitu pada r = 8). Kemudian konstanta V0 sama dengan nol, dan potensial pada jarak r dari muatan ti tik adalah kq V= V = 0 pada r =8 (11) r Potensial positif atau negatif bergantung pada tanda muatan q. Jika muatan uji q0 dilepaskan dari satu titik pada jarak r dari muatan titik q y ang terletak pada pusat, muatan uji akan dipercepat keluar dalam arah medan listrik. Kerja yang dilakukan oleh medan listrik saat muatan uji bergerak dari r ke 8 adalah 8 88 .. kq kqq W =.q E.dl = q .E dr = q . r2 dr = r0 (12) 0 0r0 r rr

Modul Fisika: Listrik Statis Kerja ini adalah energi potensial elektrostatik sistem dua muatan: kqq0 U == q0V (13) r Energi potensial tersebut adalah kerja yang dilakukan oleh medan listrik saat mu atan uji bergerak dari r ke 8. Kemungkinan lain, kita dapat menganggap energi potensial sebagai ke rja yang harus .. dilakukan oleh gaya terpakai F app =-q0E untuk membawa muatan uji positif q0 dar i jarak tekhingga ke jarak r dari muatan titik q (Gambar 2). Gambar 2 Kerja yang diperlukan untuk membawa muatan uji q0 dari jarak takhingga ke titik P adalah kqq0/r, dengan r adalah jarak dari P ke muatan q di pusat. CONTOH SOAL 2 (a) Berapakah potensial listrik pada jarak r = 0.529 x 10-10 m dari proton? (b) Berapakah energi potensial elektron dan proton pada pemisahan ini? Penyelesaian: a). Muatan proton adalah q = 1.6 x 10-19 C. Persamaan 11 memberikan 9 22 -19 kq (8,99x10 N.m / C )(1.6x10 C) V == r 0,529x10-10m = 27,2 J/C = 27,2 V b). Muatan elektron adalah e = -1,6 x 10-19 C. Dalam elektron Volt, energi potens ial elektron dan proton yang terpisah dengan jarak 0,529 x 1010 m adalah U = qV = -e(27,2 V) = -27,2 eV dalam satuan SI, energi potensial adalah U = qV = (-1,6 x 10 -19 C)(27,2 V) = - 4,35 x 10-18 J Untuk menentukan potensial pada satu titik oleh beberapa muatan titik, kita mene ntukan potensial pada titik tersebut oleh tiap muatan secara pemisahan dan penjumlahan. Hal ini m engikuti prinsip .

superposisi untuk medan listrik. Jika Ei adalah medan listrik pada ssuatu titik oleh qi, medan bersih

Modul Fisika: Listrik Statis ... . pada titik tersebut oleh semua muatan adalah E = E1 + E 2 + ... =SEi . Kemudian dari definisi i . .. beda potensial (Persamaan 11), kita memiliki untuk perpindahan dl , dV =E .dl = .. .. E .dlE .dl... = dV + dV + .... Jika distribusi muatan berhingga, yaitu jika tidak ada muatan 12 12 di takhingga, kita dapat memilih potensial nol pada takhingga dan menggunakan pe rsamaan 11 untuk potensial akibat tiap-tiap muatan titik. Kemudian potensial akibat sistem muatan titik qi diberikan oleh kqi V=. (14) r i i0 Dengan jumlah tersebut diambil dari seluruh mautan ri0 adalah jarak muatan ke-i titik P dimana potensial ditentukan. CONTOH SOAL 3 Sebuah dipol listrik dari sebuah muatan positif +q pada sumbu z pada z = +a dan sebuah muatan negatif q sumbu z pada z = -a (Gambar 3). Tentukan potensial pada sumbu z pada ja

rak yang jauh dari dipol. Penyelesaian Dari persamaan 14, diperoleh kqi kq k(-q) 2kqa V =S=+ = i ri0 z az + a z2 aa Untuk z >> a, kita dapat mengabaikan a2 dibandingkan dengan z2 pada pembagi. Mak a kita mempunyai 2kqa kp V == z >> a 22 zz dengan p = 2qa adalah jumlah momen dipol. Gambar 3 Dipol listrik pada sumbu z ENERGI POTENSIAL ELEKTROSTATIK

Modul Fisika: Listrik Statis kq Jika kita memiliki muatan titik q1, potensial pada jarak sejauh r12 dinyatakan d engan V = 1 . Kerja r 12 yang diperlukan untuk membawa muatan uji kedua q2 dari jarak sejauh takhingga ke jarak r12 adalah kq1q2 W2 = q2V = . Untuk membawa muatan ketiga, kerja yang harus dilakukan melawan medan r 12 listrik yang dihasilkan oleh kedua muatan q1 dan q2. Kerja yang diperlukan untuk membawa muatan kqq kqq 31 32 ketiga q3 menuju jarak r13 dari q1 dan r23 dari q2 adalah W3 =+ . Maka total kerja yang rr 13 23 kq1q2 kq1q3 kq2q3 diperlukan untuk memasang tiga muatan adalah W =++ . Kerja ini adalah rrr 1213 23 energi potensial elektrostatik sistem muatan tiga titik. Ini bergantung pada uru tan muatan yang dibawa ke posisi akhirnya. Secara umum, Energi potensial listrik sistem muatan titik adalah energi yang diperlukan untuk membawa muatan dari jarak takhingga ke posisi akhirnya.

CONTOH SOAL 4 Titik A, B, C, dan D pada sudut bujur sangkar dengan sisi a seperti ditunjukkan pada Gambar 4. Berapakah kerja yang diperlukan untuk meletakkan muatan positif q pada tiap sudu t bujur sangkar? Gambar 4 Bujur sangkar dengan sisi a Penyelesaian Tidak ada kerja yang diperlukan untuk meletakkan muatan lain berada pada jarak t akhingga. kqq Untuk membawa muatan kedua ke titik B pada jarak a diperlukan kerja W2 = . Titik C a sejauh a dari titik B dan 2 a dari titik A. Potensial pada titik C menuju muatan-muatan pada A kq kq dan B adalah VC =+ . a 2a Maka kerja yang diperlukan untuk membawa muatan ketiga q ke titik C adalah kqq kqq W3 = qVC =+ a 2a

Modul Fisika: Listrik Statis Akhirnya kerja yang diperlukan untuk membawa muatan keempat ke titik D ketika ke tiga muatan yang lain telah ada adalah kqq kqq kqq W =++ aa 2a Total kerja yang diperlukan utnuk memasang emepat muatan tersebut adalah 4kqq 2kqq (8 + 2 2)kqq W W W W = + + =+=

total 234 a 2a 2a Kerja ini adalah energi elektrostatik total distribusi muatan. PERHITUNGAN POTENSIAL LISTRIK UNTUK DISTRIBUSI MUATAN KONTINU Potensial listrik oleh distribusi muatan kontinu diberikan oleh: kdq V=. (15) r dengan dq = distribusi muatan. Distribusi muatan dq dapat berupa distribusi muatan pada panjang, luasan, dan vo lume berturut-turut dapat dinyatakan sebagai berikut: dq .= dl dq s= (16) dA dq

.= dV Dengan ., s, dan . berturut-turut adalah rapat muatan persatuan panjang, rapat m uatan persatuan luasan, dan rapat muatan persatuan volume. MENGHITUNG POTENSIAL PADA SUMBU CINCIN MUATAN Anggap cincin muatan serba sama berjari-jari a dan muatn Q ditunjukkan dalam Gam bar 5. Dalam gambar elemen muatan dq diperlihatkan. Jarak dari elemen muatan ini ke titik med an P pada sumbu cicncin adalah r =

x2 + a2 . Karena jarak ini sama untuk semua elemen pada cincin, kita dapat melepaskan faktor ini dari integral pada persamaan 15. Maka potensial pada titik P oleh cincin adalah: kdq kdq 22 V == x + a . r . (17) 2k 2 . kQ = dq = 22 x + a x + a

CONTOH SOAL 5

Modul Fisika: Listrik Statis Cincin jari-jari 4 cm membawa muatan serba sama 8 nC. Partikel kecil dengan mass a m = 6 mg = 6 x 10-6 Kg dan muatan q0= 5 nC diletakkan pada x = 3 cm dan dilepaskan. Tentu kan kecepatan muatan ketika ia berjarak jauh dari cincin. Penyelesaian: Energi potensial muatan q0 pada x = 3 cm adalah kQq0 U = q0V =

22 x + a 9 22 -9 -9 (8,99x10 N.m / C )(8x10 C)(5x10 C) = (0,03 m)2 + (0,04 m)2 = 7,19x10-6J Saat partikel bergerak sepanjang sumbu x menjauh dari cincin, energi potensialny a berkurang dan energi kinetiknya bertambah. Ketika partikel sangat jauh dari cincin, energi potensialnya nol dan energi kinetiknya adalah 7,19 x 10-6 J. Maka kecepatannnya diberikan oleh 12 -6 mv = 7,19x10 J 2 2(7,19x10-6 J) v =

= 1,55 m/s 6x10-6 Kg

Gambar 5 Geometri untuk perhitungan potensial listrik di titik P pada sumbu cincin muatan serba sama berjari-jari a MENGHITUNG POTENSIAL PADA SUMBU CAKRA MUATAN SERBA SAMA Sekarang kita akan menggunakan persamaan 17 untuk menhitung potensial pada sumbu piringan muatan serba sama. Misalkan cakra mempunyai radius R dan membawa muatan total Q. Maka densitas muatan permukaan pada cakra s = Q/pR2. Kita ambil sumbu x sebagai sumbu cakra dan memperlakukan cakra sebagai kumpulan muatan cincin. Gambar 6 menunjukkan cincin berjari-jari a dan tebal da. Luas cincin ini 2pa.da, dan muatannya adalah dq = s dA = s 2pa.da. Potensial pada suatu titk P pada sumbu x oleh elemen cincin muatan ini diberikan oleh persamaan 17: kdq ks2pada dV == 22 22 x + a x + a Potensial pada sumbu cakra ditentukan dengan integral dari a = 0 ke a = R,

Modul Fisika: Listrik Statis R R1 ks2pada 22 V =. = ksp.(x + a ) 2 2ada 22 x + a0 Integral ini berbentuk .undu dengan u = x2 + a2 dan n = - . Sehingga integrasi in i memberikan: 0 2 2 1/2 (x + a) a=R V = ksp a=0 1/2 (18) 1 2 22 = 2ksp[(x + a) x] 22 axr += Gambar 6 Geometri untuk perhitungan potensial listrik di titik P pada sumbu cakra bermuatan serba sama berjari-jari R MENGHITUNG POTENSIAL DI DALAM DAN DI LUAR KULIT BOLA BERMUATAN Selanjutnya kita menentukan potensial kulit bola berjari-jari R dengan Q serba s ama yang terdistribusi pada permukaan. Kita perhatikan potensial pada semua titik-titik d i dalam dan di luar kulit. Karena kulit ini dengan luas terbatas, kita dapat menghitung potensial de ngan integral langsung persamaan 15, tetapi integrasi ini agak sulit. Karena medan listrik untuk distri busi muatan ini mudah ditemukan dari hukum Gauss, paling mudah untuk menggunakan persamaan 5 untuk men entukan potensial dari medan listrik yang diketahui.

Di luar kulit bola, medan listrik adalah radial dan sama jika semua muatan berad a di pusat: . kQ . E = 2r r .. Perubahan dalam potensial untuk suatu perpindahan dl= dr r di luar kulit adalah .. .. kQ kQ dV =E.dl =2 r.drr =2 dr rr Ini sama dengan persamaan 9 untuk muatan titik di pusat. Dengan integrasi, kita mendapatkan kQ V =+V0 r dengan V0 adalah potensial di r = 8. Pemilihan potensial nol di r = 8, kita mend apatkan kQ V = r > R r

Modul Fisika: Listrik Statis Di dalam kulit bola, medan listrik nol. Oleh karena itu perubahan potensial untu k suatu perpindahan di dalam kulit adalah nol. Sehingga, potensial harus konstan di setiap tempat di dalam kulit. Saat r mendekati R dari luar kulit, potensi mendekati kQ/R. Sebab itu harga konstan V d i dalam harus kQ/R untuk membuat V kontinu. Sehingga, potensial oleh kulit bola diberikan: .kQ . . . .= r kQ RV= = Rr Rr (19) R R R r V kQ/R kQ/r Gambar 7 Potensial listrik kulit bola bermuatan serba sama dengan jari-jari R sebagai fungsi r dari pusat kulit. Menghitung potensial di Dekat Muatan Garis Takhingga Dalam bab medan listrik, telah didapatkan bahwa medan listrik yang dihasilkan ol eh muatan garis takhingga berarah menjauhi garis (jika . positif) dan diberikan oleh Er = 2k ./r . Kemudian persamaan 5 memberikan perubahan potensial .. 2k. dV =E .dl =-Erdr =dr r Dengan integrasi kita dapatkan V = V0 2k. lnr (20) Untuk muatan garis positif, garis-garis medan listrik berarah menjauhi garis, da n potensial berkurang

dengan pertambahan jarak dari muatan garis. Pada harga r yang besar, potensial b erkurang tanpa batas. Oleh karena itu potensial tidak dapat dipilih nol pada r = 8. (Juga tidak dapat dipilih nol di r = 0, karena ln r mendekati 8 saat r mendekati nol). Sebagai pengganti kita pilih V nol di suatu jarak r = a. Substitusi ke persamaan 20 dan menetapkan V = 0, kita dapatkan V = 0 = V0 2k. lna atau V0 = 2k. lna Maka persamaan 20 adalah V = 2k. lna 2k. lnr atau r V =-2k. ln (21) a

Modul Fisika: Listrik Statis Hubungan Medan Listrik dan Potensial Listrik Hubungan medan listrik dan potensial listrik dalam koordinat rektangular adalah: .. ... .. V . V . V . E = -. V = -. .. i+ j+ k. .. (22) .. x . y . z . CONTOH SOAL 6 kQ Bila diketahui fungsi potensial oleh Sumbu Cincin Muatan adalah: V =

22 x + a Hitunglah medan listrik pada sumbu Cincin Muatan tersebut dengan menggunakan hub ungan medan listrik dan potensila listrik. Penyelesaian Dengan menggunakan persamaan 22, kita dapatkan medan listriknya adalah: .. 22 1/2 . . V . (kQ[x +

a] ) E =i =i . x . x kQx . = i 2 2 3/2 (x + a) 7 77. .. K KKa aap ppa aas ssi iit tto oor rr d dda aan nn D DDi iie eel lle eek kkt ttr rri iik kku uum mm Kapasitor adalah piranti yang berguna untuk menyimpan muatan dan energi. Kapasit or terdiri dari dua kondultor yang berdekatan tetapi terisolasi satu sama lain dan membawa muata n yang sama besar dan berlawanan. Kapasitor memilik nbanyak kegunaan. Pemberi cahaya kilat p ada kamera anda menggunakan suatu kapasitor untuk menyompan energi yang diperlukan untuk meberik an cahaya kilat secara tiba-tiba. Kapasitor juga digunakan untuk memperhalus riak yang tim bul ketika arus bolak-balik dikonversi menjadi arus searah pada catu daya, sehingga dapat diguna kan pada kalkulator atau radio anda ketika baterai tidak dapat digunakan.

KAPASITOR Jika bola konduktor radius R dalam hampa dimuati, maka potensial bola V adalah 1 q V = 4pe0 R atau q =(4pe 0R)V (23) Dari persamaan 23 jelas bahwa bila potensial bola dinaikkan, muatan bola akan na ik sebanding dengan potensial bola. Tetapan perbandingan ini, yaitu perbandingan antara muata n dan potensial, dinamakan kapasitans bola.

Modul Fisika: Listrik Statis Bila pengertian ini diperluas, untuk setiap sistem konduktor, perbandingan antar a muatan konduktor dengan potensialnya dinamakan kapasitans sistem tersebut. Jika suatu sistem yang terdiri dari dua konduktor dihubungkan dengan kutub-kutub sumber tegangan, maka kedua konduktor a kan bermuatan sama tetapi tandanya berlawanan, dikatakan telah terjadi perpindahan m uatan dari konduktor yang satu ke konduktor yang lain. Sistem dua konduktor yang kan bermua tan sama dan tandanya berlawanan jika dihubungkan dengan kutub-kutub sumber tegangan, dinamak an KAPASITOR. Bila besarnya muatan kapasitor tersebut masing-masing q dan beda potensial antar a kedua konduktor dari kapasitor tersebut VAB, maka kapasitans kapasitor adalah: q C = (24) VAB Suatu kapasitor diberi simbol seperti Gambar 8, apapun bentuk konduktornya. Gambar 8 Simbol Kapasitor Menghitung Kapasitans Kapasitor Keping Sejajar Kapasitor keping terdiri dari dua keping konduktor sejajar dengan luas masing A, dan terpisah dengan jarak d, muatan dari keping sejajar adalah +q dan yang lain q, seperti ter lihat pada Gambar 9. +q -q d -+ V Gambar 9 Kapasitor Keping Sejajar Kuat medan listrik diantara kedua keeping, bila s adalah rapat muatan bidang ada lah

Modul Fisika: Listrik Statis s q E == e 0 Ae0 dV ingat bahwa E =, dx bx2 q dV =.. e A ax10 q V -V =(x x ) ba 21 e0 A dengan x2 x1 = d, maka diperoleh q V = d ab e A 0 atau Ae0

q = Vab d Dari persamaan 24, maka kapasitans kapasitor keping sejajar luas masing-masing k eping A, dengan jarak pemisah d diperoleh: Ae0 C = (25) d Menghitung Kapasitans Kapasitor Bola Kapasitor bola terdiri dari dua bola sepusat radius R1 dan R2, lihat Gambar 10. Gambar 10 Kapsitor bola Untuk R1 = r = R2,

Modul Fisika: Listrik Statis 1 q Er =+ 2 4pe 0 r dV ingat bahwa Er =dr 2 R2 1 q dV =dr .. 2 4pe r 1 R10 q . 11 . V12 = .. -.. 4pe RR 0 . 12 . atau 4pe 0 q = V12 11 R1 R2

Jadi dengan mengingat persamaan 24, maka kapasitans dari kapasitor dua bola kons entris yang radiusnya R1 dan R2 adalah: 4pe C = 0 (26) 11 R1 R2 Menghitung Kapasitans Kapasitor Silinder Kapasitor silinder terdiri atas dua silinder sesumbu (koaksial) radius R1 dan R2 serta mempunyai panjang L (R2 Vb), sehingga terjadi aliran muatan dari a ke b. Dalam waktu dt muatan yang masuk pada jepitan a adalah dq (dq = i dt), dan dalam waktu yang sama muatan yang keluar dari b adalah dq juga. Jadi da lam waktu dt ada

Modul Fisika: Listrik Dinamis perpindahan muatan dq adalah Va ke potensial Vb. Muatan dq ini kehilangan energi potensial listrik sebesar dW, dan dW = dq ( Va Vb ) = i dt Vab (10) Daya yang dihasilkan oleh perpindahan muatan tersebut, P = dt dW = i Vab (11) Bila di dalam kotak hitam ada suatu hambatan listrik sebesar R, maka P = i2 R (12) atau V2 P = ab (13) R Tenaga diberikan oleh perpindahan muatan tersebut seluruhnya diubah menjadi pana s, sehingga panas yang timbul dalam hambatan R persatuan waktu adalah i2 R. Energi ini diseb ut dengan energi yang hilang atau energi dissipasi. CONTOH 5 Kawat pemanas terbuat dari campuran nikron ( Ni Ci ) panjangnya 10 m dan mempuny ai hambatan 24 ohm, dibuat kumparan untuk suatu alat pemanas listrik. Berapakah day a yang dihasilkan bila kedua ujung kumparan tersebut dihubungkan pada jaringan listrik dengan beda potensial 110 volt ? Bila kawat kumparan diputus di tengah-tengah, dan salah sat u dari kumparan setengah panjang ini dihubungkan dengan beda potensial 110 volt. Berapa kah daya yang dihasilkan kawat sekarang ?. Penyelesaian: untuk kumparan yang utuh : V2 (110 V)2 P = = = 504 watt. R 24 ohm Untuk satu kawat setengah panjang : V2 (110 V)2 P = = = 1008 watt. R 12 ohm Dapatkah kita potong terus menerus kawat tersebut untuk mendapatkan daya yang le bih tinggi ?

4. Gaya Gerak Listrik (GGL) dan Baterai Untuk memperoleh arus yang konstan dalam konduktor, diperlukan sumber penghasil energi listrik yang konstan. Alat yang menyalurkan energi listrik disebut sumber gaya gerak lis trik atau disingkat sumber ggl (atau EMF = electromotive force). Sumber ggl mengubah energi kimia, energi mekanik

Modul Fisika: Listrik Dinamis atau bentuk energi lainnya menjadi energi listrik. Contohnya adalah baterai yang mengubah energi kimia menjadi energi listrik dan sebuah generator yang mengubah energi mekanik m enjadi energi listrik. Sumber ggl melakukan kerja pada muatan yang melewatinya dengan meningkatkan ener gi potensial muatan. Kerja per satuan muatan disebut ggl (e) sumber. Ketika muatan .Q. Satuan ggl adalah volt, sama seperti satuan untuk beda potensial. Suatu baterai ideal adalah sumber ggl yang menjaga beda potensialnya tetap antar kedua terminalnya, tidak bergantung pada laju aliran mu atan antara mereka. Beda potensial antar terminal baterai ideal besarnya sama dengan ggl baterai. Suatu baterai mempunyai EMF 6 volt. Untuk setiap coulomb yang keluar dari batera i (ketika baterai dilucuti "discharging"), baterai tersebut mengubah 6 joule energinya menjadi ene rgi listrik. Jadi untuk suatu muatan sebesar dq yang dikeluarkan sumber dalam waktu dt, tenaga yan g diubah menjadi tenaga listrik adalah dW sehingga EMF e, dW e = (14) dq dan daya yang dikeluarkan sumber EMF, P = dt dW = dt e dq = e i (15 ) Perhatikan suatu rangkaian yang terdiri dari suatu sumber EMF (e,r) dan hambatan luar R (Gambar 4). (e, r) i a bR Gambar 4. Rangkaian yang terdiri dari suatu sumber EMF (e,r) dan hambatan luar R . Diperjanjikan arah EMF di dalam sumber adalah dari kutub negatip ke kutub positi p, sedangkan diluar sumber dari kutub positif menuju kutub negatif. Panas yang dalam hambatan R persatuan waktu adalah (r i2), sedang tenaga yang diubah menjadi tenaga listrik persatuan waktu adalah (e I).

Jadi e i = R i2+ r i2 (16) e atau i = (17) R +r Tegangan Vab sepanjang R disebut tegangan jepit yang besarnya Vab = Va -Vb=iR (18) Suatu rangkaian tertutup yang satu sumber EMF (e,r) berupa baterai dan sebuah mo tor yang dihubungkan seri dengan hambatan luar R (Gambar 5).

Modul Fisika: Listrik Dinamis (e, r) i + (e , r ) R Gambar 5. Rangkaian tertutup yang satu sumber EMF (e , r ) berupa baterai dan sebuah motor yang dihubungkan seri dengan hambatan luar R. Pada sumber EMF berupa baterai muatan yang bergerak menghasilkan daya listrik da ri baterai, pada motor dihasilkan daya mekanis, dan pada hambatan-hambatan r, r , dan R daya panas. Jadi bila (e I) adalah daya mekanis yang timbul pada motor, maka daya yang dikeluarkan oleh sumb er EMF baterai e i = R i2 + r i2 + r i2 + e i (18) dan arus yang mengalir dalam rangkaian e -e' Se i == (19) R + r + r' S R CONTOH 6 Sebuah resistansi 11 . dihubungkan ke sebuah baterai yang memiliki ggl 6 V dan resistansi internal (hambatan dalam) 1 O. Tentukan: a. Arus b. Tegangan terminal baterai c. Daya yang dihantarkan oleh ggl d. Daya yang dihantarkan ke resistansi eksternal. Penyelesaian: a. Dari Persamaan 16, arus e 6V I == = 0,5 A R +

r (11+1)O b. Tegangan baterai Va -Vb =eIr = 6V (0,5 A)(1O) = 5,5V c. Daya yang dihantarkan oleh sumber ggl P =e I = (6V )(11O) = 3W d. Daya yang dihantarkan ke resistansi eksternal I 2 R = (0,5 A)2(11O) = 2,75W

Modul Fisika: Listrik Dinamis 5 55. .. R RRa aan nng ggk kka aai iia aan nn A AAr rru uus ss S SSe eea aar rra aah hh Dalam kegiatan belajar ini, akan dianalisa beberapa rangkaian sederhana yang ter diri dari baterai, hambatan (resistor) dan kapasitor dalam berbagai kombinasi dengannya kita akan m emperoleh nilai V dan I dan nilai lain yang diperoleh dari rangkaian tersebut. Rangkaian demikia n disebut dengan rangkaian arus searah (DC), karena arus yang mengalir dalam rangkaian tersebut s elalu memiliki arah yang sama. a. Kombinasi Resistor Kombinasi Seri Dua atau lebih resistor yang dihubungkan sedemikian rupa sehingga muatan yang sa ma harus mengalir melalui keduanya dikatakan bahwa resistor itu terhubungkan secara seri. Resistor R1 dan R2 pada Gambar 6.a merupakan contoh resistor yang dihubungkan seri. Karena muatan t idak terkumpul pada satu titik dalam kawat yang dialiri arus konstan, jika suatu muatan .Q meng alir ke R1 selama interval waktu tertentu, sejumlah muatan .Q harus mengalir keluar R2 selama inte rval waktu yang sama. Kedua resitor haruslah membawa arus I yang sama. Kita sering menyederhanak an analisa rangkaian dari resistor yang tersusun secara seri dengan menggantikan resitor te rsebut dengan resistor tunggal ekivalen Req yang memberikan tegangan jatuh V yang sama ketika membawa arus I yang sama (lihat Gambar 6.b). Tegangan jatuh pada R1 adalah IR1 dan yang jatuh p ada R2 adalah IR2. Tegangan jatuh pada kedua resistor adalah sama jumlah tegangan jatuh pada masing -masing resitor: V = IR1 + IR2 = I (R1 + R2) (20)

Dengan membuat tegangan jatuh sama dengan IReq, maka diperoleh: Req = R1 + R2 (21) Jadi, resitansi ekivalen untuk resistor yang tersusun seri adalah penjumlahan re sistansi awal. Ketika terdapat lebih dari dua atau lebih resistor yang disusun secara seri, resistansi ekivalennya adalah: Req = R1 + R2 + R3+ . . . (22) Gambar 6. (a) Dua resistor disusun seri membawa arus yang sama. (b) Resistor-resistor pada (a) dapat digantikan oleh resistor ekivalen Req = R1 + R2 yang memberikan tegangan jatuh total yang sama ketika membawa arus yang sama seperti dalam (a)

Modul Fisika: Listrik Dinamis Resistor Paralel Dua resistor yang dihubungkan seperti dalam Gambar 7.a sedemikian rupa sehingga memiliki beda potensial yang sama antara keduanya yang dikatakan bahwa mereka dibungkan secara paralel. Catat bahwa resistor-resistor dihubungkan pada kedua ujungnya dengan sebuah kawat. Mis alkan I adalah arus dari titik a ke b. Pada titik a arus terpecah menjadi dua bagian, I1 dalam resistor R1 dan I2 dalam resistor R2. Arus total adalah jumlah arus-arus tadi: I = I1 + I2 (23) Misalkan V = Va resitansi, Vb adalah tegangan jatuh pada kedua resistor. Dalam bentuk arus

V = I1R1 = I2R2 (24) Resistansi ekivalen dari kombinasi resistor paralel didefinisikan sebagai resita nsi Req tersebut, di mana arus total I menghasilkan tegangan jatuh V (Gambar 7.b), Req =V (25) I Dengan memecahkan Persamaan ini untuk I dan dengan menggunakan I = I1 + I2, kita dapatkan V I == I1 + I2 (26) R eq Tetapi menurut Persamaan 24, I1 = V/R1 dan I2 = V/R2. Persamaan 26 lalu dapat di tulis menjadi: V VV I ==+ (27) Req R1 R2 Resistansi ekivalen untuk dua resistor paralel dengan demikian dapat ditulis men jadi: 1 11 =+ (28)

R RR eq 1 2 Hasil ini dapat diperluas untuk beberapa kombinasi resistor lebih dari dua buah yang disusun secara paralel, sehingga Persamaan umumnya dapat ditulis menjadi: 1 111 =+ + + ... (29) R RRR eq12 3 Gambar 7. (a) Dua resistor disusun parallel (b) resitor ekivalen Req dari susuna n (a)

Modul Fisika: Listrik Dinamis CONTOH 7 Resistor 4O dan 6O disusun paralel tampak pada Gambar 8, dan dikenakan beda pote nsial 12 V pada kombinasi tersebut. Tentukan: a. resistansi ekivalen b. arus total c. arus pada masing-masing resistor d. daya yang didisipasi oleh masing-masing resistor. II2 1IO4O6V12Gambar 8. Dua resistor disusun secara paralel pada suatu beda potensial 12 V Penyelesaian a. Pertama, kita hitung resistansi ekivalen dari Persamaan 29, 1113 25 =+= + = R4O 6O 12O 12O 12O eq Req = 12O= 2,4O 5 V 12V b. Sehingga arus totalnya: I == = 5A Req 2,4O c. Kita peroleh arus pada masing-masing resistor dari fakta bahwa tegangan jatuhnya adalah 12 V pada masing-masing resistor (Persamaan 24). Dengan menyebut arus pada resistor 4. dengan I1, dan pada resistor 6O dengan I2, kita dapatkan

V = IR = I (4O) = 12V 11 1 12V 12V I1 == 3A dan I2 == 2A 4O 6O d. Daya yang didisipasikan dalam resistor 4O adalah: P =I2R = (3A)2(4O) = 36 W Daya yang didisipasikan dalam resistor 6O adalah: P = I2R = (2A)2(6O) = 24 W Daya ini berasal dari sumber ggl yang menjaga beda potensial 12 V pada kombinasi resistor. Daya yang dibutuhkan untuk mengalirkan arus 5 A pada 12 V adalah : P = IV = (5A)(12V) = 60 W

Modul Fisika: Listrik Dinamis CONTOH 8 Tentukan resistansi ekivalen antara titik a dan b untuk kombinasi resistor yang ditunjukkan oleh Gambar 9. Gambar 9. Jaringan resistor untuk contoh soal 2.2 Penyelesaian: Untuk mengerjakan permasalahan di atas maka kita harus dapat menyederhanakan dul u rangkaian pada Gambar 9 menjadi Gambar 10.a, 10.b, dan 10.c. Sehingga diperoleh:

Gambar 10. Rangkaian penyederhanaan dari gambar 9 1113 14 =+ = + = (Gambar 10.a) R'eq 4O 12O 12O 12O 12O R ' eq = 12O= 3O 4 '' ' R eq = 5O+ R eq = 5O+ 3O= 8O (Gambar 10.b) 1 11114 =+ =+= (Gambar 10.c) ''' ''

R eq 24O R eq 24O 8O 24O 24O ''' R eq == 6O 4 Jadi resistansi ekivalen antara titik a dan b adalah 6 .

Modul Fisika: Listrik Dinamis 5. Hukum Kirchhoff Pada Gambar 11 memberikan satu contoh dari rangkaian. Kedua resistor R1 dan R2 p ada rangkaian ini terlihat seperti dihubungkan secara paralel, padahal tidak demikian. Teganga n jatuh pada kedua resistor tersebut tidaklah sama, karena adanya ggl (gaya gerak listrik) e2 yang diserikan dengan R2. Juga karena arus yang mengalir pada R1 dan R2 tidaklah sama, maka R1 dan R2 juga tidak dapat dikatakan dirangkai secara seri. + -+ R2 R11e2e R3 Gambar 11. Suatu contoh rangkaian sederhana yang tidak bisa dianalisa dengan men gganti kombinasi resitor seri atau paralel dengan resistansi ekivalen mereka. Ketika suatu rangkaian tidak dapat dibentuk menjadi rangkaian sederhana dengan k ombinasi seri dan/ atau paralel untuk menentukan arus yang mengalir dalam rangkaian, maka dapa t digunakan hukum-hukum yang dikemukakan oleh G.R. Kirchhoff (1824 1887). Hukum Kirchhoff meru pakan aplikasi sederhana dari hukum kekekalan momentum dan energi. Ada dua hukum yang berlaku bagi rangkaian yang memiliki arus tetap (tunak) kedua hukum ini yaitu: 1. Pada setiap rangkaian tertutup, jumlah aljabar dari beda potensialnya harus s ama dengan nol. 2. Pada setiap titik percabangan jumlah arus yang masuk melalui titik tersebut sama dengan jumlah arus yang keluar dari titik tersebut. Hukum pertama Kirchhoff juga bisa disebut hukum simpal, karena pada kenyataannya beda potensial di antara dua titik dalam satu rangkaian pada keadaan tunak selalu kon stan. Hukum ini didasarkan pada kekekalan energi. Hukum kedua Kirchhoff, dikenal dengan hukum percabangan, karena hukum ini memenu hi kekekalan muatan. Hukum ini diperlukan untuk rangkaian multisimpal yang mengandu ng titik-titik percabangan ketika arus mulai terbagi. Pada keadaan tunak, tidak ada akumulasi m uatan listrik pada setiap titik dalam rangkaian, dengan demikian jumlah muatan yang masuk di dalam setiap titik akan meninggalkan titik tersebut dalam jumlah yang sama. I2

1I I3 Gambar 12. Ilustrasi dari hukum Kirchhoff tentang titik percabangan. Arus I1 yan g mengalir melalui titik a sama dengan jumlah I2 + I3 yang mengalir keluar dari tiik a.

Modul Fisika: Listrik Dinamis Gambar 12 menunjukkan suatu titik percabangan dari 3 buah kawat yang dialiri aru s I1, I2, dan I3. Dalam rentang waktu .t, muatan I1.t mengalir melalui titik percabangan dari arah kiri. Dalam rentang waktu .t juga, muatan I2.t dan I3.t bergerak kearah kanan meninggalkan t itik percabangan. Karena muatan tersebut bukan berasal dari titik percabangan dan tidak juga menum puk pada titik tersebut dalam keadaan tunak, dengan demikian muatan akan terkonversi dititik pe rcabangan tersebut yaitu: I1 = I2 + I3 (30) Gambar 13 memperlihatkan sautu rangkaian yang terdiri dari 2 buah baterai dengan hambatan dalam r1 dan r2 beserta 3 buah resistor luar. Kita mengharapkan dapat menentukan arus yang mengalir dalam rangkaian tersebut sebagi fungsi dari ggl dan hambatan, yang kita anggap n ilainya telah diketahui. Kita tidak dapat memperkirakan arah arusnya kecuali kita telah menget ahui baterai mana yang memiliki nilai ggl terbesar, namun sebenarnya kita tidak perlu mengetahui a rah arus dalam rangkaian untuk menganalisisnya. Kita dapat menganggap arus mengalir ke arah man a saja, dan memecahkan persoalan tersebut berdasarkan suatu asumsi. Jika asumsi kita salah, kita akan memperoleh nilai arus yang negatif, yang menandakan bahwa arah arus sebenarnya b erlawanan arah dengan asumsi semula. 2R1r3R2r1R 1e2eGambar 13. Rangkaian berisi dua baterai dan tiga resistor eksternal tanda plus minus pada reistor digunakan untuk mengingatkan kita sisi mana pada tiap resistor yang berada pada potensial lebih tinggi untuk arah arus yang diasumsikan. Dengan menganggap bahwa arus I mengalir searah jarum jam, seperti yang terlihat pada gambar, maka dengan menggunakan hukum pertama Kirchhoff saat kita melintas simpal dengan arah yang telah diasumsikan semula berawal dari titik a. Tinggi rendahnya potensial pada s isi resistor untuk arah yang dipilih ditandai dengan tanda plus dan minus pada gambar. Turun naikny a potensial dipelihatkan pada Tabel 1. Perhatikan bahwa potensial turun saat kita melintasi sumber ggl pada titik c dan d dan potensial naik saat kita melintasi sumber ggl antara f dan g. Mulai dari titik a dengan menerapkan hukum Kirchhoff 1, kita peroleh: -IR1 IR2 e2 Ir2 IR3 + e1 Ir1=0 31)

dengan demikian untuk arus I kita peroleh: e1 -e2

I = (32) R R R r r + + + +

1 2 312

Modul Fisika: Listrik Dinamis Tabel 1. Perubahan potensial antara titik yang ditandai pada rangkaian dalam Gambar 8 a b c d e f g .. .. .. .. .. .. .. b c d e f g h Berkurang Berkurang Berkurang Berkurang Berkurang Bertambah Bertambah IR1 IR2 e2 Ir2 IR3 e1 Ir1

Ingat bahwa jika e2 lebih besar daripada e1, kita peroleh nilai negatif untuk ar us I, yang menunjukkan bahwa kita telah mengasumsikan arah I yang salah. Yaitu, jika e2 lebih besar dar ipada e1, arus akan berlawanan dengan arah jarum jam. Kita dapat menghitung keseimbangan energi dalam rangkaian ini dengan menyusun ke mbali Persamaan 21 dan mengalikan setiap terminal dengan I: e1I = e2I + I2R1 + I2R2 + I2r2 + I2R3 + I2r1 (33) Suku e1I adalah laju di mana baterai 1 menimbulkan energi ke dalam rangkaian. En ergi ini berasal dari energi kimia internal baterai. Suku e2I adalah laju di mana energi listrik diubah menjadi energi kimia dalam baterai 2. Suku I2R1 adalah laju di mana panas joule dihasilkan dala m resistor R1. Dengan cara yang sama, suku-suku untuk resistansi lainnya memberikan laju pemana san joule di dalamnya. CONTOH 9 Suatu baterai dengan e = 20 volt, r = 0,5 ohm, dihubungkan seri dengan suatu mot or yang bekerja pada tegangan EMF e = 12 volt (ini bukan tegangan jepit motor) dan hambat an dalam motor r = 1 O. Kawat-kawat penghantar memberikan hambatan luar R = 2,5 ohm (Gamba r 14). a. Berapa besar arus yang mengalir ?. b. Berapa tegangan jepit baterai Vab , tegangan jepit motor Vac , tegangan jepit hambatan luar R, Vcb ?. c. Berapa besar panas yang timbul dalam baterai, kotor dan hambatan R dalam sela ng waktu t = 1 detik ? d. Berapa kerja listrik yang dihasilkan baterai dan kerja mekanis yang dihasilka n motor? Gambar 14. Rangkaian tertutup yang satu sumber EMF (e , r ) berupa baterai dan sebuah motor yang dihubungkan seri dengan hambatan luar R.

Modul Fisika: Listrik Dinamis Penyelesaian a. Arus yang mengalir dalam rangkaian : e -e' 20-12 i == Amp = 2 Amp. R + r + r' 2,5 + 0,5 + 1 b. Tegangan jepit baterai : Vab = ( 20 2 x 0,5 ) volt = 19 volt. Tegangan jepit motor : Vac= (12 + 2 x 1 ) volt = 14 volt Tegangan jepit hambatan luar R : Vcb= 2 x 2,5 volt = 5 volt c. Selama 1 detik panas yang timbul, dalam baterai : W1 = i2 r t = 22 x 0,5 x 1 Joule = 2 Joule, dalammotor : W2 = 22x 1 x 1 = 4 Joule dalam hambatan luar R : W3 = 22 x 2,5 x 1 = 10 Joule d. Kerja listrik yang dihasilkan baterai selama 1 detik : Wo= 20 x 2 x 1 Joule = 40 Joule Kerja mekanis yang dihasilkan motor : W4= 12 x 2 x 1 = 24 Joule CONTOH 10 Gambar 15 menunjukkan suatu rangkaian listrik yang terdiri dari dua loop. Besar hambatan luar, hambatan dalam, dan sumber-sumber EMF ditunjukkan pada gambar. Tentukan besar da n arah arus yang melewati R1 , R2 , dan R3. e = 20V ,r = 0O e= 12V ,r = 0O 1 1 2 2 O=

43RO= 5 1R i1 i 3 2 i = 32RO Gambar 15. Rangkaian perhitungan menggunakan hukum Kirchhoff 1 dan 2 dalam contoh soal 2.4 Penyelesaian Misalkan arah arus dan arah loop seperti ditunjukkan pada gambar. LoopI : e1 - i1 R1 + i2 R2 = 0atau 20 5i1 + 3 i2 = 0 (a) LoopII : -e1 - i2 R2 - i3 R3 = 0 atau

Modul Fisika: Listrik Dinamis -12 3i2 -4 i3 = 0 (b) dan dari hukum Kirchhoff I, S i di titik d adalah nol, yaitu i1 + i2-i3=0 (c) Dari Persamaan (a), (b), dan (c ) dapat dicari i1 , i2 , i3 yaitu i1 = 2,213 A, i2 = 2,979 A, dan i3 = 2,766 A. Tanda negatif untuk i2 dan i3 berarti bahwa arah arus sebenarnya melawan arah ar us pada Gambar 15.

Modul Fisika: Kemagnetan I IIV VV. .. P PPE EEM MMB BBE EEL LLA AAJ JJA AAR RRA AAN NN 3 33 K KKe eem mma aag ggn nne eet tta aan nn Ketika ujung alat testpen berulangkali disentuhkan dengan arus listrik, akan terja di perubahan sifat dari ujung alat tersebut. Jika kemudian ujung alat testpen ini didekatkan dengan paku-paku kecil maka paku-paku tersebut akan tertarik dan menempel pada ujung testpen. Hal ini m enunjukkan bahwa ujung testpen telah mempunyai sifat kemagnetan meskipun kecil. Apa sifat k emagnetan itu? Sifat kemagnetan telah dikenal ribuan tahun yang lalu ketika ditemukan sejenis b atu yang dapat menarik besi. Dengan semakin berkembangnya ilmu pengetahuan, orang telah dapat m embuat magnet dari besi, baja atau campuran logam lainnya. Telah dibuktikan pula bahwa arus listrik dapat menimbulkan medan magnet di sekitar arus listrik tersebut. Magnet banyak digunak an dalam industri elektronika seperti TV, mikropon, telepon. Sebuah magnet selalu mempunyai dua kutub yaitu kutub utara dan kutub selatan. Ji ka sebuah magnet batang dibiarkan pada posisi bergantung bebas maka magnet batang selalu sejajar dengan arah utaraselatan, seperti ditunjukkan oleh Gambar 1. Ujung magnet yang menunjuk arah utara disebut kutub utara dan yang kea rah selatan disebut kutub selatan. Dari percobaan dapat dibuk tikan bahwa dua kutub sejenis saling tolak-menolak dan dua kutub tak sejenis tarik-menarik.

Gambar 1. Dua kutub magnet batang Bila sebuah magnet batang dipotong menjadi dua bagian maka potongannya tidak mem buat sebuah kutub utara dan kutub selatan yang terpisah melainkan akan menghasilkan dua buah magnet yang masing-masing memiliki kutub utara dan kutub selatan. Demikian pula bila batang magnet tersebut dipotong menjadi empat bagian, delapan bagian, atau sembarang bagian maka akan t erbentuk sejumlah magnet batang dengan kutub magnet yang saling perpasangan, seperti ditu njukkan Gambar 2. Hasil percobaan menunjukan bahwa dalam bahan magnet, molekul-molekul bahan me rupakan magnet-magnet kecil yang disebut magnet elementer . Karena itulah tidak mungkin mem isahkan kutub utara dan kutub selatan suatu bahan magnet.

Modul Fisika: Kemagnetan Gambar 2. Potongan-potongan magnet. 1. Besaran-besaran medan magnet Di ruang sekitar bahan magnet terdapat medan magnetik. Hal ini dapat dirasakan k etika ada magnet lain yang didekatkan, maka magnet tersebut akan mengalami gaya tarik atau gaya t olak magnet. Medan magnet dapat dilukiskan dengan garis-garis yang dinamakan garis-garis gaya magnet. Medan magnet adalah medan vektor, artinya besaran yang menyatakan medan magnet a dalah besaran ()r Bvektor yaitu vektor induksi magnet . Beberapa ketentuan yang terkait dengan garis-garis gaya magnet antara lain (perh atikan Gambar 3) : 1. garis-garis gaya magnet keluar dari kutub utara dan masuk ke kutub selatan. 2. garis-garis gaya magnet tidak berpotongan satu dengan lainnya. 3. arah medan magnet di suatu titik pada garis gaya magnet adalah arah garis singgu ng di titik tersebut. Gambar 3. Arah garis gaya magnet dan arah medan magnet () B Besar medan magnet (induksi magnet) pada suatu titik dinyatakan dengan jumlah ga ris-garis gaya magnet yang menembus satuan luas bidang yang tegak lurus terhadap arah medan mag net pada titik tersebut. Jumlah garis-garis gaya magnet dinamakan fluks magnet (f), sedang juml ah garis-garis r gaya magnet persatuan luas disebut rapat fluks magnet atau induksi magnet (B ), bahkan sering disebut dengan rapat garis gaya magnet.

Modul Fisika: Kemagnetan (a) (b) (c ) Gambar 4. (a) Fluks magnet, (b) arah medan magnet tegak lurus terhadap normal lu asan A, (c ) arah medan magnet membentuk sudut . terhadap nornal luasan A Fluks magnet (f) secara matematis dituliskan sebagai rr f= B A dengan B = induksi magnet A = luas bidang yang dilingkupi induksi magnet B (m2) Untuk bidang yang tertembus medan magnet mempunyai arah normal membentuk sudut . terhadap medan magnet maka besarnya fluks magnet adalah f= B A cos. (1) Dalam sistem MKS, satuan fluks magnet adalah weber (Wb), sedang satuan induksi m agnet adalah weber/m2, disebut tesla (T). Untuk sistem CGS, fluks magnet dalam satuan Maxwell (M) sedang rapat fluks magnet dengan satuan m/cm2 (Gauss), dengan 1 Tesla = 104 Gauss. CONTOH 1 Ada empat buah kutub magnet P, Q, R dan S. Hasil percobaan menunjukkan bahwa kut ub P menarik Q, kutub P menolak R dan kutub R menolak S. Bila S adalah kutub utara, t entukan kutub-kutub yang lain. Penyelesaian S = kutub utara Karena R menolak S, maka R mempunyai kutub yang sejenis dengan kutub S sehingga R = kutub utara Karena P menolak R, maka P mempunyai kutub yang sejenis dengan kutub P sehingga P = kutub utara Karena P menarik Q, maka Q mempunyai kutub yang berlawanan dengan kutub P sehing ga Q = kutub selatan

Modul Fisika: Kemagnetan Contoh 2 Sebuah bidang A mempunyai rapat garis gaya sebesar 8 x 10-4 Tesla. Bila luas bid ang A = 400 cm2 dan sudut antara arah normal bidang A terhadap arah garis gaya = 60o, berapa kah besar fluks magnet yang menembus bidang A ? Penyelesaian Fluks magnet rr f= B A = B A cos . , . = 60o f = BA cos 60o f = 8.10-4 x 400.10-4 cos 600 f = 16.10-6 weber 2. Medan magnet di sekitar arus listrik Saat ini sifat kemagnetan tidak hanya dimiliki oleh bahan magnet permanen saja, kawat berarus listrik ternyata dapat juga menghasilkan sifat kemagnetan walaupun tidak permane n. Oersted adalah orang yang pertama kali dapat membuktikan adanya medan magnet pada kawat yang di aliri arus listrik. Arah garis-garis gaya magnet yang dihasilkan kawat berarus listrik dapa t ditentukan dengan menggunakan kaidah tangan kanan (perhatikan Gambar 5). Kaidah ini menyatakan bah wa : Bila kita menggenggam kawat dengan tangan kanan sedemikian sehingga ibu jari menunjukkan arah arus, maka lipatan ke empat jari lainnya menyatakan arah putaran garis-garis gaya magnet. Gambar 5. Arah garis-garis gaya dengan kaidah tangan kanan. CONTOH 3 Suatu kawat lurus diletakkan dengan posisi tegak lurus terhadap bidang gambar (b uku tulis). Kemana arah putaran garis-garis gaya magnet dan arah medan magnet yang ditimbulk an jika : a. arah arus masuk meninggalkan penggambar b. arah arus keluar menuju penggambar.

Modul Fisika: Kemagnetan Penyelesaian Arah arus listrik yang mengalir dalam kawat lurus yang menembus bidang gambar disimbolkan dengan untuk arus masuk, dan simbol untuk arus yang keluar bidang gambar menuju pengamat. a) b) Hukum Biot Savart Medan magnet di sekitar arus listrik lebih dikenal dengan sebutan induksi magnet . Pertama kali besar induksi magnet diselidiki oleh Biot dan Savart sehingga persamaan matematis yang menyatakan induksi magnet disebut dengan hukum Biot Savart. Dari pengamatan kedua orang ter sebut diperoleh kesimpulan bahwa besarnya induksi magnet pada suatu titik yang ditimbulkan oleh penghantar berarus listrik adalah : sebanding dengan arus listrik sebanding dengan panjang elemen kawat penghantar berbanding terbalik dengan kuadrat jarak antara titik tersebut terhadap elemen k awat penghantar. sebanding dengan sinus sudut antara arah arus dengan garis penghubung elemen kaw at ke titik yang bersangkutan. Dengan demikian Persamaan Biot Savart dapat dinyatakan dalam hubungan ki dlsin. dB = (2) 2 r dengan, dB = induksi magnet pada suatu titik yang berjarak r dari elemen penghantar bera rus. i = kuat arus yang mengalir dalam penghantar d = panjang elemen kawat penghantar. . = sudut yang dibentuk oleh arah arus pada elemen dengan garis penghubung eleme n ke titik yang bersangkutan. r = jarak titik ke elemen kawat penghantar

k = konstanta. III.5

Modul Fisika: Kemagnetan Gambar 6. Induksi magnet oleh elemen Kawat berarus listrik. Besar konstanta k bergantung pada sistem satuan yang digunakan, untuk satuan MKS besar konstanta k adalah 10 -7 weber/amp.m. Konstanta k dalam medan magnet analogi den gan konstanta k pada listrik statis. Untuk listrik statis, konstanta k mempunyai hubungan dengan permitivitas udara/hampa ( eo ) yang dinyatakan dengan 1 k = 4 peo Sedang untuk medan magnet, konstanta k dihubungkan dengan permeabilitas udara/ha mpa ( o ) yang dituliskan dengan o k = 4 p atau o = 4 p x 10 -7 weber/amp.m Medan magnet pada kawat lurus Suatu kawat penghantar lurus yang sangat panjang ( mendekati tak berhingga) ditem patkan pada posisi tegak lurus bidang horisontal dan dialiri arus listrik vertikal ke atas. Titik P terletak pada bidang horisontal dan berjarak a dari penghantar (lihat Gambar 7.) Untuk mendapatkan besar induksi magnet di titik P digunakan Persamaan Biot Savar t.

Modul Fisika: Kemagnetan Gambar 7. Kawat penghantar lurus tak berhingga Ambil elemen d pada kawat penghantar yang berjarak r dari titik P. Sudut yang dib entuk oleh arah arus I dengan garis penghubung titik P ke elemen dl adalah (1800 -a), sehingga P ersamaan Biot Savart dapat ditulis menjadi k idl sin (180 -a) dB = 2 r karena sin (180 - a) = sin a, didapat hubungan k idlsina dB =2 (3) r Untuk mendapatkan penyelesaian dari Persamaan (3), peubah d. akan diubah menjadi peubah d.. Untuk itu akan dicari terlebih dahulu hubungan antara a dengan ., d dan d. serta r dengan .. Hubungan a dan . dapat diperoleh dari segitiga siku-siku POQ a + . = 900 a = 90 - . sin a = sin (900 -.) = cos . Untuk mendapatkan hubungan d dengan d., digunakan perbandingan sinus dalam segiti ga sikusiku PRQ RQ sin d.= . QP Untuk sudut d. yang kecil, berlaku hubungan (sin d. RQ d.= atau RQ = r d. r Dari segitiga siku-siku QES diperoleh d.) dan karena QP = r, diperoleh

RQ Sin (90 -.) = (a) QS Karena QS = d., QR = r d. dan sin (90 - .) = cos ., diperoleh

Modul Fisika: Kemagnetan rd. dl = (b) cos . Hubungan r dan . dapat dicari dengan perbandingan cos . pada segitiga siku-siku POQ OP a Cos .= atau cos .= PQ r r = a (c) cos. Masukkan (a), (b) dan (c) ke dalam Persamaan (3) . rd.. k i ..(cos.) k idl sina. cos.. ki dB = 2 = 2 = d. rr r ki dB = cos . d. a .2k i k i . k i B =. cos.d.= sin. 2 . B = (sin.2 -sin.1)

. aa 1a . 1 Gambar 8. Batasan sudut pada kawat Tak berhingga Dari Gambar 8. diperoleh hubungan : . = 900 -a .a = 90 - . = 180 - a. = 90 + . Untuk kawat lurus tak berhingga, 1 = 0 ..1 = - 900 2 = 180 ..2 = 900 sehingga diperoleh :

Modul Fisika: Kemagnetan B = k i [sin 90 -sin (-90)] a 2ki B = a atau 0i B = (4) 2 p a CONTOH 4 Dua kawat lurus panjang dan sejajar dipisahkan pada jarak 0,5 m. Kedua kawat dia liri arus 3 A dengan arah saling berlawanan. Berapa besar induksi magnet di titik P yang terle tak diantara kedua kawat dan berjarak 0,4 m dari salah satu kawat ? Penyelesaian Pada titik P ada dua induksi magnet yakni B1 akibat kawat I dan B2 akibat kawat II. i4 p.10-7.3 01 -6 B1== =1,5.10 T 2 p a2 p.0,4 i4 p.10-7.3 02 -6 B2 == = 3.10 T 2 p b2 p.0,1 Bp = B1 + B2 = 4,5 . 10-6 T

Medan magnet pada kawat melingkar Kawat membentuk lingkaran dengan radius a dialiri arus listrik searah putaran ja rum jam. Titik P terletak pada sumbu kawat lingkran dan berjarak x dari pusat lingkaran.

Modul Fisika: Kemagnetan Gambar 9. Kawat lingkaran berarus Ambil elemen kawat d. yang berjarak r dari titik P. Induksi magnet di P oleh ele men kawat dl menurut Biot-Savart adalah 0 idl sin. dB = 4 p r2 Arah arus pada elemen d. merupakan arah garis singgung pada d., sehingga sudut a ntara arah arus dengan garis penghubung r adalah 900 (. = 900), maka Persamaan berubah menjadi 0 idl sin900 0 idl dB = 2 = 24 p r4 p r Arah vektor dB dapat ditentukan dengan kaidah tangan kanan dan dB dapat diuraika n menjadi dua komponen yaitu dB sin a dan dB cos dB a. Komponen dB cos a akan saling meniadaka n dari masing-masing elemen kawat, sehingga yang tersisa hanya komponen dB sin a. idl B = dB sina= 0 sinap4 p r2 Induksi magnet di P oleh seluruh kawat lingkaran (. = 2 p a) adalah i (2pa) sina Bp = 02 4 p r i a sina B = 0 p2 r2 2 22 Bila titik P berjarak x dari pusat lingkaran, maka r =x + a dan sina=a / r sehin gga induksi magnet di titik tersebur adalah 0i a2 B = p 2r3

Modul Fisika: Kemagnetan i a2 B = 0 p )3/2 2 22 (x + a Bila P terletak di pusat lingkaran, maka x = 0 dan induksi magnetnya sebesar 0i a2 Bp = 2 a3 0i B = (5) p 2a Bila kawat lingkaran tersebut berupa kumparan dengan N buah lilitan, maka induks i magnet di pusat kumparan adalah N 0iB = (6) p 2a CONTOH 5 Induksi magnet di pusat lingkaran yang berarus listrik 7,5 A dan jumlah lilitan 40 adalah (2 p x 10-4 ) Tesla. Berapa cm jari-jari lingkaran kawat tersebut ? Penyelesaian Induksi magnet di pusat lingkaran berarus 0 iN B = 2a 4p.10-7.7,5. 40 2px 10-4 = 2a a = 300.10-3 m

a = 30 cm Medan magnet solenoida dan toroida Solenoida adalah kawat yang dililitkan pada inti yang berbentuk silinder. Besar induksi magnet di pusat kumparan solenoida yang panjang dan jumlah lilitan N adalah 0iN B = (7) l Sedang besar induksi magnet di tepi (ujung) solenoida adalah 0iN B = (8 2 l

Modul Fisika: Kemagnetan Gambar 10. Kumparan solenoida Toroida adalah kawat yang dililitkan pada inti yang berbentuk lingkaran. Toroida merupakan solenoida yang intinya dibengkokkan sehingga membentuk lingkaran. Dengan demikia n induksi magnet di penampang kumparan toroida sama dengan induksi magnet di pusat solenoi da. 0iN B = l dengan . = keliling lingkaran inti toroida . = 2 p a , a = jari-jari efektif toroida 0iN B = (9) 2 p a Gambar 11. Kumparan toroida CONTOH 6 Sebuah solenoida yang panjangnya 30 cm dan 5 lilitan serta sebuah toroida dengan jari-jari efektif 45 cm dialiri arus yang sama besar. Hasil pengamatan menunjukkan induksi magnet di pusat solenoida dan di dalam toroida sama besar. Hitunglah jumlah lilitan toroid a. Penyelesaian iN Solenoida : B = 0s s l

Modul Fisika: Kemagnetan 0 iN Toroida : B = t2 p a NN Bs = Bt . s = l 2 p a 5N = 30 2 p.45 N = 15 N lilitan 3 33. .. G GGE EER RRA AAK KK M MMU UUA AAT TTA AAN NN L LLI IIS SST TTR RRI IIK KK d dda aal lla aam mm M MME EED DDA AAN NN M MMA

AAG GGN NNE EET TT Suatu muatan listrik positip yang bergerak di daerah medan magnet akan mengalami gaya magnet yang disebut gaya Lorentz. Secara vektor gaya Lorentz dapat ditulis F r = q (v r B). Muatan listrik dengan kecepatan tegak lurus terhadap arah medan magnet menghasilkan gerak melin gkar, kecepatan yang sejajar dengan arah medan magnet menghasilkan gerak lurus beraturan, sedang kecepatan dengan arah sembarang terhadap arah medan magnet menghasilkan gerak spiral. Penghantar yang dialiri arus ketika berada dalam medan magnet akan mengalami gay a Lorentz juga, hal ini karena arus listrik adalah muatan-muatan listrik yang bergerak. Gaya pada gerak muatan listrik r Suatu muatan listrik positif q bergerak dengan vektor kecepatan v dalam vektor m edan magnet r Bserbasama . Jika arah kecepatan membentuk sudut . terhadap arah medan magnet, menurut Lorentz gaya yang bekerja pada muatan listrik tersebut adalah r r r F =q (v B) (10) yang besarnya dinyatakan sebagai F = q v B sin .

r dengan arah gaya tegak lurus terhadap bidang yang dibentuk oleh vektor kecepatan v dan medan r magnet B . Gambar 12. Gerak muatan dalam medan magnet

Modul Fisika: Kemagnetan Arah dari gaya Lorentz pada muatan positif dapat ditentukan dengan kaidah tangan kanan yang menyatakan bahwa : Bila tangan kanan dibuka dengan ibu jari menunjukkan arah gerak muatan positif ( magnet r vr B ) dan keempat jari lain yang dirapatkan menunjukkan arah medan , maka telapak tangan menunjukkan arah gaya Lorentz . Gambar 13. Kaidah tangan kanan CONTOH 7 Sebuah elektron bergerak di dalam suatu medan magnet serba sama 0,2 Tesla. Arah gerak elektron membuat sudut 600 terhadap arah medan magnet. Bila gaya pada elektron s ebesar 64.1014 N, berapa besar kecepatan gerak elektron tersebut ? Penyelesaian Dengan menggunakan gaya Lorentz didapatkan F =q v B sin. F 64 3.10-14 v == q B sin . 1,6.10-19.0,2 1/2 3 v = 4 x107 m/s Lintasan gerak muatan listrik Dalam modul ini akan dibahas gerak muatan listrik yang arah kecepatannya tegak l urus terhadap arah medan magnet. Suatu muatan listrik bergerak ke kanan dengan kecepatan r v dalam medan magnet r B

yang mempunyai arah masuk ke dalam bidang gambar (lihat Gambar 14.) Mula-mula muatan berada pada titik A, dengan menggunakan kaidah tangan kanan dip eroleh arah gayanya ke atas. Akibatnya muatan akan mengalami gerak melengkung. Sampai di tit ik C arah kecepatannya ke atas, diperoleh arah gaya ke kiri yang menyebabkan muatan listri k bergerak melengkung kembali. Demikian seterusnya sehingga terbentuk lintasan berupa lingk aran dan gaya Lorentz yang terjadi selalu menuju ke titik pusat lintasan tersebut. Karena arah kecepatan muatan tegak lurus terhadap arah medan magnet maka besar gaya Lorentz adalah F = q v B sin 900 ; F = q v B

Modul Fisika: Kemagnetan Gambar 14. Lintasan muatan listrik Gaya Lorentz juga merupakan gaya sentripetal 2 F = mv , R = radius lintasan R maka diperoleh hubungan 2 v m = qvB R sehingga besarnya radius gerak melingkar yang dilakukan oleh suatu muatan q yang bergerak dengan kecepatan v arah tegak lurus medan magnet B adalah R =mv (11) qB CONTOH 8 Sebuah partikel bermuatan listrik 1 C berada dalam medan magnet homogen/ serbasam a B = 10-4 Tesla. Bila vektor kecepatan partikel tegak lurus medan magnet dan radius l intasannya 20 cm, tentukan besar dan arah momentum dari partikel tersebut ? Penyelesaian Karena momentum adalah hasil kali massa dengan kecepatannya p = m v maka Persamaan (11) dapat dituliskan sebagai p R = qB p = qBR = 10-6.104.0,2 p = 2.10-11 kgm/s sehingga besarnya momentum partikel yang bergerak tersebut adalah 2.10-11 kg.m/s

dan arah momentum sama dengan arah kecepatannya.

Modul Fisika: Kemagnetan Gaya Lorentz pada kawat berarus Besar gaya Lorentz yang dialami oleh kawat berarus listrik dalam medan magnet se banding dengan kuat arus yang mengalir (i) panjang kawat () besar induksi magnet (B) sinus sudut antara arah arus dengan arah medan magnet sehingga dari pernyataan ini dapat dituliskan bentuk matematisnya sebagai F = I . B sin . (12) Arah gaya Lorentz adalah tegak lurus terhadap arah arus dan tegak lurus pula ter hadap medan magnet. Arah gaya Lorentz pada penghantar berarus dapat juga ditentukan dengan m enggunakan kaidah tangan kanan seperti halnya gaya Lorentz pada gerak muatan listrik (ingat arah arus listrik searah dengan arah gerak muatan positif). Penerapan gaya Lorentz pada kawat bera rus dapat digunakan untuk medan magnet yang serba sama dan medan magnet tak homogen. Penghantar dalam medan magnet homogen Suatu erada medan ambar penghantar segi empat abcd dialiri arus listrik searah putaran jarum jam b di dalam magnet serba sama dengan arah tegak lurus meninggalkan penggambar (lihat G 15.).

Gambar 15. Penghantar segi empat Dengan menggunakan kaidah tangan kanan, diperoleh arah gaya Lorentz pada masingmasing rusuk, Fad ke kiri, Fbc ke kanan, Fab ke b